浙江省湖州市三校高考数学模拟试卷(4月份)

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浙江省衢州、丽水、湖州三地市2020届高三下学期数学4月教学质量检测试卷

浙江省衢州、丽水、湖州三地市2020届高三下学期数学4月教学质量检测试卷一、单选题 (共10题；共20分)1．（2分）已知集合A=[0,4]，B={x∈R||x|≤1}，则(∁R A)∩B=（）A．[−1,0)B．[−1,0]C．[0,1]D．(1,4]2．（2分）椭圆x22+y2=1的离心率是（）A．12B．13C．√23D．√223．（2分）已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．323B．4C．163D．84．（2分）明朝的程大位在《算法统宗》中（1592年），有这么个算法歌诀：三人同行七十稀，五树梅花廿一枝，七子团圆正半月，除百零五便得知.它的意思是说：求某个数（正整数）的最小正整数值，可以将某数除以3所得的余数乘以70，除以5所得的余数乘以21，除以7所得的余数乘以15，再将所得的三个积相加，并逐次减去105，减到差小于105为止，所得结果就是这个数的最小正整数值.《孙子算经》上有一道极其有名的“物不知数”问题：“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，七七数之余二，问物几何.”用上面的算法歌诀来算，该物品最少是几件（）A．21B．22C．23D．245．（2分）函数f(x)=(e x+e−x)ln|x|的图象大致为()A ．B ．C ．D ．6．（2分）若实数x ，y 满足约束条件 {x −2y +3≥02x −y −3≤0x +y ≥0 ，则 2x +3y 的取值范围是（）A ．[−1,15]B ．[1,15]C ．[−1,16]D ．[1,16]7．（2分）若 a >,b >0 ，则“ ab ≤4 ”是“ ab a+b≤1 ”的（） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件8．（2分）已知任意 a ∈[−1，2] ，若存在实数b 使不等式 |x 2−ax|≤b 对任意的 x ∈[0，2] 恒成立，则（） A ．b 的最小值为4 B ．b 的最小值为6 C ．b 的最小值为8D ．b 的最小值为109．（2分）如图，正方形ABCD 的中心与圆O 的圆心重合，P 是圆O 上的动点，则下列叙述不正确的是（）A ．PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PC ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 是定值. B ．PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PC ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 是定值.C ．|PA⃗⃗⃗⃗⃗ |+|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|PD ⃗⃗⃗⃗⃗ | 是定值.D ．PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+PC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+PD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2是定值. 10．（2分）对任意的实数 x >0 ，不等式 2ae 2x −lnx +lna ≥0 恒成立，则实数a 的最小值为（） A ．2√eB ．12√eC ．2eD ．12e二、填空题 (共3题；共3分)11．（1分）若复数 z =21+i（i 为虚数单位），则 |z|= . 12．（1分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知点M 是双曲线 x 2a 2−y 2b2=1(a >0,b >0) 上的异于顶点的任意一点，过点M 作双曲线的切线l ，若 k OM ⋅k l =13，则双曲线离心率 e 等于 .13．（1分）已知函数 f(x)=x 2+ax +a ， A ={x ∈R|f(x)≤x} ， B ={x ∈R|f[f(x)]≤f(x)} ， A ≠∅,A ⊆B ，则实数a 的取值范围是 .三、双空题 (共4题；共8分)14．（2分）在数列 {a n } 中， S n 为它的前 n 项和，已知 a 2=1 ， a 3=6 ，且数列 {a n +n} 是等比数列，则 a n = ， S n = .15．（2分）二项式 (1x −x 2)6 的展开式的各项系数之和为， x 4 的系数为．16．（2分）已知直线 l:mx −y =1, 若直线 l 与直线 x −my −1=0 平行，则m 的值为，动直线 l 被圆 x 2+y 2−2y −8=0 截得的弦长最短为 .17．（2分）已知随机变量X 的分布列如下表：其中 a >0，b >0 .且 E(X)=2 ，则b= ， D(2X −1) = .四、解答题 (共5题；共50分)18．（10分）在 △ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为 a,b,c 已知 tan(π4+A)=3 .（1）（5分）求 sin2A +cos 2A 的值；（2）（5分）若 △ABC 的面积 S =1 ， c =2 ，求 a 的值.19．（10分）如图，已知四棱锥 A −BCDE ，正三角形ABC 与正三角形ABE 所在平面互相垂直，BC// 平面 ADE ，且 BC =2 ， DE =1 .（1）（5分）求证： BC//DE ；（2）（5分）若 AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =2FD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，求 CF 与平面 ABE 所成角的正弦值. 20．（10分）已知数列 {a n } 的前 n 项和 S n =a n 2+2a n 4，且 a n >0(n ∈N ∗) .（1）（5分）写出 a 1，a 2，a 3 的值，并求出数列 {a n } 的通项公式；（2）（5分）设 b n =√S n ， T n 为数列 {b n } 的前n 项和；求证： n 2+n 2<T n <n 2+2n 2.21．（10分）如图，设抛物线方程为 x 2=2py (p ＞0)，M 为直线 y =−2p 上任意一点，过M 引抛物线的切线，切点分别为A ，B.（1）（5分）求直线AB 与y 轴的交点坐标；（2）（5分）若E 为抛物线弧AB 上的动点，抛物线在E 点处的切线与三角形MAB 的边MA ，MB 分别交于点 C ， D ，记 λ=S△EAB S △MCD，问 λ 是否为定值？若是求出该定值；若不是请说明理由.22．（10分）已知 f(x)=(x 2−a)e −x ， g(x)=a(e −x +1)（1）（5分）当 a =1 时，判断函数 f(x) 的单调性；（2）（5分）当a>−1时，记f(x)的两个极值点为x1,x2(x1<x2)，若不等式x2f(x1)≤λ[f′(x2)−g(x1)]恒成立，求实数λ的值.答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】由题意∁R A=(−∞,0)∪(4,+∞)，B={x∈R||x|≤1}={x∈R|−1≤x≤1}，则(∁RA)∩B=[−1,0).故答案为：A.【分析】先计算出集合∁RA与B，再利用集合交集的概念即可得解.2．【答案】D【解析】【解答】由题意该椭圆a2=2，b2=1，由椭圆性质可得c2=a2−b2=1，所以离心率e=√c2a2=√12=√22.故答案为：D.【分析】由椭圆的一般式求得a2=2、b2=1、c2=1，利用e=√c2a2即可得解.3．【答案】C【解析】【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：所以V＝13×2×4×2＝163.故答案为：C.【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的体积．4．【答案】C【解析】【解答】由题意可得70×2+3×21+2×15=233，则233−105×2=23.故答案为：C.【分析】由题意先计算出70×2+3×21+2×15=233，再计算233−105×2=23即可得解.5．【答案】D【解析】【解答】根据题意，函数的定义域 {x|x ≠0} ，因为 f(x)=(e x +e −x )ln|x| ，所以 f(x) 为偶函数，图象关于 y 轴对称，排除B 项，当 x >1 时， f(x)>0 ，当 0<x <1 时， f(x)<0 ，排除 A,C 选项，当 x →0 时， f(x)→−∞ ，所以D 项是正确的，故答案为：D.【分析】根据题意，求出函数的定义域 {x|x ≠0} ，分析可得 f(x) 为偶函数，进而分析可得当 x >1 时， f(x)>0 ，当 0<x <1 时， f(x)<0 ，当 x →0 时， f(x)→−∞ ，分析选项，从而选出正确的结果.6．【答案】A【解析】【解答】由题意画出可行域，如图所示，令 z =2x +3y ，转化可得 y =−23x +z 3，数形结合可得，当直线 y =−23x +z3分别过点 A 、点 B 时， z 取最小值和最大值，由 {2x −y −3=0x +y =0 可得点 A(1,−1) ，由 {2x −y −3=0x −2y +3=0 可得点 B(3,3) ，所以 z min =2−3=−1 ， z max =2×3+3×3=15 . 所以 2x +3y 的取值范围是 [−1,15] . 故答案为：A.【分析】由题意画出可行域，设 z =2x +3y ，数形结合即可得解.7．【答案】A【解析】【解答】 ∵ a >0 ， b >0 ，若 ab ≤4 ，则ab a+b ≤ab2ab =√ab 2≤1 ，当且仅当 a =b =2 时取等号，所以 ab a+b≤1 ；当 a =1 ， b =5 时， ab a+b =56≤1 ，但 ab =5>4 ； ∴ “ ab ≤4 ”是“aba+b≤1 ”充分不必要条件.故答案为：A.【分析】由基本不等式可得：若 ab ≤4 ，则aba+b ≤1 成立；举出反例可得若 ab a+b≤1 ，则 ab ≤4 不一定成立，由充分条件和必要条件的概念即可得解.8．【答案】B【解析】【解答】由题意 |x 2−ax|≤b ⇔−b ≤x 2−ax ≤b ，设 f(x)=x 2−ax ， x ∈[0，2] ，其图象为开口向上，对称轴为 x =a2 的抛物线的一部分，当 a ∈[−1，0] 即 a 2∈[−12，0] 时， f(x)min =f(0)=0 ， f(x)max =f(2)=4−2a ≤6 ；当 a ∈(0,2] 即 a2∈(0,1] 时， f(x)min =f(a 2)=−a 24≥−1 ， f(x)max =f(2)=4−2a <4 ；若要 |x 2−ax|≤b 对于任意 a ∈[−1，2] ， x ∈[0，2] 均成立，则 {b ≥6−b ≤−1 即b ≥6 ，所以b 的最小值为6.故答案为：B.【分析】转化条件得 −b ≤x 2−ax ≤b ，设 f(x)=x 2−ax ， x ∈[0，2] ，根据 a ∈[−1，0] 、 a ∈(0,2] 分类，分别求出函数 f(x) 的最值即可得解.9．【答案】C【解析】【解答】如图建立直角坐标系，设正方形边长为为 2a ，圆的半径为 r ，设点 P(x,y) ，则 A(a,a) ， B(−a,a) ， C(−a,−a) ， D(a,−a) ， x 2+y 2=r 2 ，则 PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a −x,a −y) ， PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−a −x,a −y) ， PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−a −x,−a −y) ， PD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a −x,−a −y) ，对于A ， PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PC ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2(x 2+y 2)−4a 2=2r 2−4a 2 ，A 正确，不符合题意；对于B ， PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PC ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ )+PD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PD ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=4(x 2+y 2)=4r 2 ，B 正确，不符合题意；对于C ，不妨令 a =1 ， r =2 ，当点 P(0,2) ， |PA ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|PD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2√(2−1)2+12+2√(2+1)2+12 =2√2+2√10 ；当点 P(√2,√2) ， |PA ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|PC ⃗⃗⃗⃗⃗ |+|PD ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2−√2+2+√2+2√2+22=4+2√6 ； C 错误，符合题意.对于D ， PA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+PC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2=2(a −x)2+2(a +x)2+2(a −y)2+2(a +y)2 =8a 2+4(x 2+y 2)=8a 2+4r 2 ，D 正确，不符合题意. 故答案为：C.【分析】建立直角坐标系后，设正方形边长为2a ，圆的半径为r ，表示出各点坐标，利用坐标运算即可判断A 、B 、D ，举出反例即可判断C ，即可得解.10．【答案】D【解析】【解答】设 f(x)=2ae 2x −lnx +lna ，则 f′(x)=4ae 2x −1x.当 a ≤0 时， f′(x)<0 ，故 f(x) 单调递减，当 x →+∞ 时， f(x)→−∞ ，不成立；当 a >0 时，取 f′(x)=4ae 2x −1x=0 ，根据图像知，方程有唯一解设为 x 0 ，则函数在 (0,x 0) 上单调递减，在 (x 0,+∞) 上单调递增，故 f(x)min =f(x 0)=2ae 2x 0−lnx 0+lna ≥0 ，且 4ae 2x 0−1x 0=0 ，代换得到： 12x 0−2lnx 0−2x 0−2ln2≥0 ，易知函数 g(x)=12x −2lnx −2x −2ln2 在 (0,+∞) 上单调递减，且 g(12)=0 ，故 x 0≤12 . a =14x 0⋅e2x 0≥12e ，故当 x 0=12 时，有最小值为 12e . 故答案为： D .【分析】排除 a ≤0 的情况，存在唯一解 x 0 ，使则函数在 (0,x 0) 上单调递减，在 (x 0,+∞) 上单调递增，故 f(x)min =f(x 0) ， 4ae 2x 0−1x 0=0 ，代换得到 x 0≤12 ，代入计算得到答案.11．【答案】√2【解析】【解答】由题意 z =21+i =2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i ，所以 |z|=√12+12=√2 . 故答案为： √2 .【分析】由复数的运算法则得 z =1−i ，由复数模的概念即可得解.12．【答案】2√33【解析】【解答】当 y >0 时，由 x 2a 2−y 2b2=1 可得 y =√(x 2a 2−1)⋅b 2 ，求导得y ′=12⋅b2a2⋅2x ⋅1√(x 2a2−1)⋅b =b 2x a 2⋅1√(x 2a2−1)⋅b =b 2x a 2y ，所以在双曲线上点 (x 0,y 0) 处的切线方程为 y −y 0=b 2x0a 2y 0⋅(x −x 0) ，化简得 x 0a 2x −y 0b2y =1 ，同理可得当 y ≤0 时依然成立；设点 M(m,n) ，则 k l =b 2m a 2n ， k OM =n m ，由 k OM ⋅k l =13 得 b 2m a 2n ⋅n m =13 ，所以 b 2a 2=13 ，所以双曲线离心率 e =√1+b 2a 2=√1+13=2√33 .故答案为： 2√33.【分析】利用导数证明在双曲线上点 (x 0,y 0) 处的切线方程为 x 0a 2x −y 0b 2y =1 ，转化条件得 b 2m a 2n ⋅n m =13，再利用 e =√1+b 2a 2即可得解. 13．【答案】0≤a ≤3−2√2 或 3+2√2≤a ≤6【解析】【解答】由 A ≠∅ ，可设 x 1 ， x 2(x 1≤x 2) 是方程 f(x)=x 即 x 2+(a −1)x +a =0的两个实根，则 A ={x ∈R|f(x)≤x}={x ∈R|x 1≤x ≤x 2} ， f[f(x)]=f(x)⇔f(x)=x 1 或 x 2 ，则 f(x)−x =(x −x 1)(x −x 2) ，f[f(x)]−f(x)=[f(x)−x 1][f(x)−x 2] = [f(x)−x +x −x 1][f(x)−x +x −x 2]=[(x −x 1)(x −x 2)+(x −x 1)][(x −x 1)(x −x 2)+(x −x 2)]=(x −x 1)(x −x 2)(x −x 1+1)(x −x 2+1) .由 A ⊆B 可得对任意 x 1≤x ≤x 2 ，均有 f[f(x)]−f(x)≤0 ，即 (x −x 1)(x −x 2)(x −x 1+1)(x −x 2+1)≤0 对任意 x 1≤x ≤x 2 均成立，由 x −x 1≥0 ， x −x 2≤0 ， x −x 1+1>0 可得 x −x 2+1≥0 对任意 x 1≤x ≤x 2 均成立，所以 x 1−x 2+1≥0 ，所以 {Δ=(a −1)2−4a ≥0x 1−x 2+1=−√(x 1+x 2)2−4x 1x 2+1≥0 即 {(a −1)2−4a ≥0(a −1)2−4a ≤1 ，解得 0≤a ≤3−2√2 或 3+2√2≤a ≤6 . 故答案为： 0≤a ≤3−2√2 或 3+2√2≤a ≤6 .【分析】设 x 1 ， x 2(x 1≤x 2) 是方程 f(x)=x 的两个实根，则可得 f[f(x)]=f(x)⇔f(x)=x 1 或 x 2 ，进而可得 f[f(x)]−f(x) =(x −x 1)(x −x 2)(x −x 1+1)(x −x 2+1) ，由 A ⊆B 可得对任意 x 1≤x ≤x 2 ，均有 f[f(x)]−f(x)≤0 ，即可得 x 1−x 2+1≥0 ，由韦达定理和根的判别式列出不等式组即可得解.14．【答案】3n−1−n ；3n2−n 2+n+12【解析】【解答】设 b n =a n +n ，数列 {b n } 的公比为 q ，则由题意 b 2=a 2+2=3 ， b 3=a 3+3=9 ，∴ q =b 3b 2=3 ， b 1=b 2q =1 ， ∴ b n =b 1q n−1=3n−1 ，∴ a n =b n −n =3n−1−n ，∴ S n =1−1+3−2+32−3+⋅⋅⋅+3n−1−n =(1+3+32+⋅⋅⋅+3n−1)−(1+2+3+⋅⋅⋅+n)=1⋅(1−3n)1−3−(1+n)n 2=3n2−n 2+n+12. 故答案为： 3n−1−n ， 3n2−n 2+n+12.【分析】设 b n =a n +n ，由等比数列的性质先求得 b n =3n−1 ，进而求得 a n =3n−1−n ；再利用分组求和法即可求得 S n .15．【答案】164；−316【解析】【解答】令 x =1 ， (1x −x 2)6=(1−12)6=164，故该二项式的展开式的各项系数之和为 164；二项式 (1x −x 2)6的展开式的通项公式为 T r+1=C 6r ⋅(1x )6−r ⋅(−x 2)r =C 6r ⋅(−12)r ⋅x 2r−6 ，令 2r −6=4 即 r =5 ， C 65⋅(−12)5=−316，故 x 4 的系数为 −316 . 故答案为：164 ， −316.【分析】令 x =1 即可求得该二项式的展开式的各项系数之和；写出该二项式展开式的通项公式 T r+1=C 6r ⋅(−12)r ⋅x2r−6 ，令 2r −6=4 即可求得 x 4 的系数. 16．【答案】−1；2√5【解析】【解答】 ∵ 直线 l:mx −y =1 与直线 x −my −1=0 平行，∴m 1=−1−m ≠−1−1，解得 m =−1 ；由题意可知直线 l:mx −y =1 恒过点 P(0,−1) ，圆 x 2+y 2−2y −8=0 的圆心 C(0,1) ，半径 r =3 ， CP =2 ，易知当 CP ⊥l 时，直线被圆截得的弦长最短，此时弦长为 2√r 2−CP 2=2√9−5=2√5 . 故答案为： −1 ； 2√5 .【分析】由直线平行的性质可得 m 1=−1−m ≠−1−1 ，解方程即可得 m =−1 ；由题意知直线 l 恒过点 P(0,−1) ，圆的圆心 C(0,1) ，半径 r =3 ，由圆的性质即可得所求弦长最小值为 2√r 2−CP ；即可得解.17．【答案】14；24 【解析】【解答】由题意 {12+b +14=1E(X)=0×12+2b +14a =2 ，解得 b =14， a =6 ；所以 D(X)=(0−2)2×12+(2−2)2×14+(6−2)2×14=6 ，所以 D(2X −1)=22⋅D(X)=24 . 故答案为： 14， 24 .【分析】由概率和为1即可的 b =14，由题意结合期望公式可得 a =6 ，根据方差公式求得 D(X)后利用 D(2X −1)=22⋅D(X) 即可得解.18．【答案】（1）解：由题意 tanA =tan[(π4+A)−π4]=tan(π4+A)−tan π41+tan(π4+A)⋅tan π4=12 ，所以 sin2A +cos 2A =2sinAcosA+cos 2A sin 2A+cos 2A=2tanA+1tan 2A+1=85（2）解：由（1） tanA =12 可得： tanA =sinA cosA =12即 cosA =2sinA ，又 sin 2A +cos 2A =1 ， A ∈(0,π) ，所以 sinA =√55 ， cosA =2√55；又 S =12bcsinA =1 ， c =2 可得 b =√5 ；a 2=b 2+c 2−2bccosA =5+4−8=1所以 a =1 .【解析】【分析】（1）由两角差的正切公式可得 tanA =12 ，转化条件 sin2A +cos 2A =2tanA+1tan 2A+1即可得解；（2）由同角三角函数的关系结合题意可得 sinA =√55 ， cosA =2√55，由三角形面积公式S =12bcsinA 可得 b =√5 ，再由余弦定理即可得解.19．【答案】（1）证明：因为 BC// 平面 ADE ， BC ⊂BCED ，且平面 BCED ∩ 平面 ADE =DE ，所以 BC//DE（2）解：取 AB 中点O ，连接EO ，CO ，由题意可得OC 、OB 、OE 两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，各点的坐标分别为 A(−1,0,0) ， B(1,0,0) ， C(0,√3,0) ， E(0,0,√3) ，..所以 BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√3,0) ， ED ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,√32,0) ，所以 D(−12,√32,√3) ， AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,√32,√3) . 所以 AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =23AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(13,√33,2√33) ，所以 F(−23,√33,2√33). 所以 CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−23,−2√33,2√33) ，因为平面 ABE 的一个法向量是 OC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，√3,0) 设CF 与平面ABE 所成的角为 θ ，则 sinθ=|cos〈OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CF ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|=|OC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||OC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|CF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=−23⋅2√73=√217 ，所以CF 与平面ABE 所成角的正弦值为 √217.【解析】【分析】（1）由线面平行的性质即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求出各点坐标，进而可得平面 ABE 的一个法向量是 OC ⃗⃗⃗⃗⃗ 和直线 CF 的方向向量 CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，利用 sinθ=|cos〈OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,CF⃗⃗⃗⃗⃗ 〉| 即可得解.20．【答案】（1）解：因为 a n >0 ，当 n =1 时， a 1=S 1=a 12+2a 14 ，所以 a 1=2 ，当 n =2 时， S 2=a 1+a 2=a 22+2a 24 ，所以 a 2=4 ，当 n =3 时， S 3=a 1+a 2+a 3=a 32+2a 34 ，所以 a 3=6 ，当 n ≥2 时， a n =S n −S n−1=a n 2+2a n 4−a n−12+2a n−14 ，化简得 (a n +a n−1)(a n −a n−1−2)=0 ，因为 a n >0 ，所以 a n −a n−1−2=0 ；所以数列 {a n } 是首项为2，公差为2的等差数列，a n =2+2(n −1)=2n（2）证明：由（1）可得 S n =2+2n2⋅n =n(n +1) ， b n =√n(n +1) ；所以 b n >n ，所以 T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n >1+2+⋅⋅⋅+n =n 2+n 2；又 b n =√n(n +1)<n+(n+1)2=n +12；所以 T n =b 1+b 2+⋅⋅⋅+b n <(1+12)+(2+12)+⋅⋅⋅+(n +12)=n(n+1)2+n 2=n 2+2n 2 ；综上可得 n 2+n 2<T n <n 2+2n 2【解析】【分析】（1）分别令 n =1 、 n =2 、 n =3 即可得 a 1 、 a 2 、 a 3 的值；当 n ≥2时，利用 a n =S n −S n−1 可得 (a n +a n−1)(a n −a n−1−2)=0 ，则数列 {a n } 是首项为2，公差为2的等差数列，即可得解；（2）由等差数列前n 项和公式结合题意可得 b n =√n(n +1) ，根据b n >n 即可得 T n >n 2+n 2 ，根据 b n <n+(n+1)2 即可得 T n <n 2+2n 2，即可得证.21．【答案】（1）解：设 A(x 1,x 122p ) ， B(x 2,x 222p) ，抛物线方程 x 2=2py(p >0) 可变为 y =x 22p ，所以 y ′=xp ，所以 k AM =x 1p， k BM =x 2p ，直线 AM 的方程为 y −x 122p =x 1p (x −x 1) ，直线 BM 方程为 y −x 222p =x2p (x −x 2) ，则 {y −x 122p =x 1p (x −x 1)y −x 222p =x 2p (x −x 2) 解得 x M =x 2+x 12 ， y M =x 1x 22p ，又k AB=x 222p −x 122px 2−x 1=x 2+x 12p ，所以直线 AB 的方程为 y −x 122p =x 2+x 12p(x −x 1) ，化简得 (x 1+x 2)x −2py −x 1x 2=0 ，令 x =0 ， y =−x 1x 22p ，又 y M =x 1x 22p=−2p ，所以 y =2p ，所以直线AB 与 y 轴的交点坐标为 (0,2p)（2）解：记 x M =x 1+x 22 ，设点 E(x 3,x 322p ) ，可得直线 CD 的方程为 y −x 322p =x3p(x −x 3) ，由 {y −x 122p =x 1p (x −x 1)y −x 322p =x 3p (x −x 3) 可得 x C =x 1+x 32 ，同理 x D =x 2+x 32 ，所以 |ACCM |=|x C −x 1x M −x C |=|x 1+x32−x 1||x 1+x 22−x 1+x 32|=|x 3−x 1x 2−x 3||CEED |=|x 3−x C x D −x 3|=|x 3−x 1+x32x 2+x 32−x3|=|x 3−x 1x 2−x 3| ，所以 |AC CM |=|CEED | ，同理 |MD DB |=|x 3−x 1x 2−x 3| ，所以 |AC CM |=|CE ED |=|MDDB| ，设 |AC CM |=|CE ED |=|MD DB |=t ，记 S △MCE =S ，则 S △ACE =tS ， S △MDE =S t ， S △BDE =S t2 ， S △MAB S △MCD =|MA||MB||MC||MD|=t+11⋅t+1t =(t+1)2t， S △MCD =t+1t ⋅S ，于是 S △MAB=(t+1)2t S △MCD =(t+1)2t ⋅t+1t ⋅S =(t+1)3t2S ，所以 S △EAB =S △MAB −S △MCD −S △ACE −S △BDE=(t+1)3t 2S −t+1t ⋅S −tS −S t 2=2(t+1)t ⋅S ，所以 λ=S△EAB S △MCD=2【解析】【分析】（1）设 A(x 1,x 122p ) ， B(x 2,x 222p) ，求导后可得直线AM 的方程与直线BM 方程，联立方程组可得yM =x1x22p，写出直线AB的方程为y−x122p=x2+x12p(x−x1)，令x=0即可得解；（2）设点E(x3,y3)，联立方程组可得x C=x1+x32，x D=x2+x32，进而可得|ACCM|=|CEED|=|MDDB|，设|ACCM|=|CEED|=|MDDB|=t，记S△MCE=S，表示出各三角形面积后，即可得解.22．【答案】（1）解：当a=1时，f(x)=(x2−1)e−x，所以f′(x)=(−x2+2x+1)e−x，令f′(x)=(−x2+2x+1)e−x=0，得−x2+2x+1=0，所以x1=1−√2，x2=1+√2，所以f(x)单调递减区间为(−∞,1−√2)，(1+√2，+∞)，单调递增区间为(1−√2,1+√2)（2）解：因为f′(x)=(−x2+2x+a)e−x，a>−1，所以−x2+2x+a=0有两个不等实根，由题意x1，x2为方程(−x2+2x+a)e−x=0即x2−2x−a=0的两相异根，则{x1+x2=2 x1x2=−a−x i2+2x i+a=0，所以f′(x2)−g(x1)=0−a(e−x1+1)=−a(e−x1+1)，x2f(x1)=x2(x12−a)e−x1=x2⋅2x1e−x1=2x1x2e−x1=−2ae−x1所以x2f(x1)≤λ[f′(x2)−g(x1)]可以转化为−2ae−x1≤−aλ(e−x1+1)，所以上式可化为(x12−2x1)[λ(e−x1+1)−2e−x1]≤0，则(x12−2x1)(λ−21+e x1)(e−x1+1)≤0即(x12−2x1)(λ−21+e x1)≤0，①当a∈(−1,0)时，由0<x1x2<1、x1+x2=2、x1<x2可得x1∈(0,1)，所以x12−2x1<0，所以λ−21+e x1≥0恒成立，因为此时21+e x1∈(21+e,1)所以λ≥1；②当a=0时x1=0，x12−2x1=0，显然(x12−2x1)(λ−21+e x1)≤0恒成立，即λ∈R；③当a∈(0,+∞)时，由x1x2<0可得x1∈(−∞,0)，x12−2x1>0，所以λ−21+e x1≤0恒成立，因为此时21+e x1∈(1,2)，所以λ≤1；综上可知：λ=1【解析】【分析】（1）求出导函数后，找到f′(x)>0、f′(x)<0的解集即可得解；（2）由题意结合韦达定理可知{x1+x2=2 x1x2=−a−x i2+2x i+a=0，原条件可化为(x12−2x1)(λ−21+e x1)≤0，根据a∈(−1,0)、a=0、a∈(0,+∞)分类讨论，即可得解.。

高考数学模拟考试试题含解析试题

三校2021年高考数学模拟考试试题〔含解析〕创作人：历恰面日期：2020年1月1日一、选择题：本大题一一共10小题，每一小题4分，一共40分.在每一小题给出的四个选项里面，只有一项是哪一项符合题目要求的.，，那么〔〕A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据交集定义求解.【详解】选B.【点睛】此题考察集合交集，考察根本求解才能，属基此题.的一个焦点到一条渐近线的间隔是〔〕A. 1B. 2C. 4D.【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的焦点到渐近线的间隔等于虚轴长一半，即得结果.【详解】因为双曲线的焦点到渐近线的间隔等于虚轴长一半，所以双曲线的一个焦点到一条渐近线的间隔是1,选A.【点睛】此题考察双曲线的焦点与渐近线，考察根本分析求解才能，属基此题.〔为虚数单位〕的一共轭复数是〔〕A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先化简复数为代数形式，再根据一共轭复数概念求解.【详解】因为,所以其一共轭复数是，选C.【点睛】此题考察一共轭复数概念，考察根本分析求解才能，属基此题.，满足约束条件，那么的最大值是〔〕A. 1B. 2C. 3D. 4 【答案】D【解析】【分析】先作可行域，再求范围，最后可得的最大值.【详解】作可行域，如图，那么直线过点A(-1,-1)时取最小值-4，过点时取最大值2，因此的最大值是4,选D.【点睛】此题考察线性规划求最值，考察根本分析求解才能，属基此题.，那么函数的图像可能为〔〕A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先判断函数奇偶性，舍去B,D，再根据函数值正负确定选项.【详解】因为，所以舍去B,D，因为ln3>0,所以选C.【点睛】此题考察函数图象识别，考察根本分析判断才能，属基此题.与平面相交于直线，直线在平面内，直线在平面内，且，那么“〞是“〞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】【分析】根据面面垂直性质定理可证得充分性成立，举反例说明必要性不成立.【详解】因为，平面与平面相交于直线，直线在平面内，且，所以，因为直线在平面内，所以，即充分性成立，假设，，但时，与不一定垂直，即不一定垂直，即必要性不成立.选A.【点睛】此题考察面面垂直性质定理与充要关系，考察根本分析判断才能，属中档题.7.袋子中装有假设干个大小形状一样且标有数字1，2，3的小球，每个小球上有一个数字，它们的个数依次成等差数列，从中随机抽取一个小球，假设取出小球上的数字的数学期望是2，那么的方差是〔〕A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意可假设标有数字1，2，3的小球各有1个，再根据方差定义求结果.【详解】因为取出小球上的数字的数学期望是2，且个数依次成等差数列，所以不妨设标有数字1，2，3的小球各有1个，从而随机抽取一个小球概率皆为，方差为，选B.【点睛】此题考察数学期望与方差，考察根本分析与求解才能，属中档题.中，为正三角形，，且在底面内的射影在的内部〔不包括边界〕，二面角，二面角，二面角的大小分别为，，，那么〔〕A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】作出三个二面角，再根据，确定二面角大小.【详解】设在底面内的射影为O，过O分别作AB,BC,CA垂线，垂足分别为D,E,F,那么，，，从而，，，因为，所以,,即,即，选C.【点睛】此题考察二面角，考察根本分析与判断才能，属中档题.，的夹角为，且，那么的最小值为〔〕A. B. C. 5 D.【答案】B【解析】【分析】建立坐标系，将转化为直线上一动点到两定点间隔和，再根据对称求最小值.【详解】由题意可设,，因此表示直线上一动点到定点间隔的和,因为关于直线的对称点为，所以选B. 【点睛】此题考察向量坐标表示与直线对称，考察等价转化与数形结合思想方法，考察根本求解才能，属难题.满足，，那么使的正整数的最小值是〔〕A. 2021 B. 2021 C. 2021 D. 2021 【答案】C【解析】【分析】令,利用裂项相消法得，再根据范围求正整数的最小值.【详解】令,那么,所以，从而，因为,所以数列单调递增，设当时, 当时,所以当时，，，从而,因此,选C.【点睛】此题考察数列递推关系与裂项相消法，考察等价转化与构造法，考察综合分析与求解才能，属难题.二、填空题：本大题一一共7小题，多空题每一小题6分，单空题每一小题4分，一共36分.11.我国古代某数学著作中记载了一个折竹抵地问题：“今有竹高二丈，末折抵地，去本六尺，问折者高几何？〞意思是：有一根竹子〔与地面垂直〕，原高二丈〔1丈=10尺〕，现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的间隔为六尺，那么折断处离地面的高为__________尺．【解析】【分析】根据题意列方程，解得结果.【详解】设折断处离地面的高为尺．那么【点睛】此题考察数学文化与应用，考察根本分析与求解才能，属根底题.12.某几何体的三视图如下图〔单位：〕，那么该几何体的体积〔单位：〕等于_______，外表积〔单位：〕等于__________．【答案】 (1). (2).【解析】【分析】先复原几何体，再根据柱体与锥体性质求体积与外表积.【详解】几何体一个边长为2的正方体挖去一个正四棱锥〔顶点在正方体下底面中心，底面为正方体上底面〕，因此几何体的体积为，外表积为【点睛】此题考察三视图与柱体与锥体性质，考察空间想象才能与根本求解才能，属根底题.中，内角，，所对的边分别为，，.，那么的值是__________，假设，，那么的面积等于_________.【答案】 (1). (2). 16【解析】【分析】第一空根据两角和正切公式得，再根据同角三角函数关系得的值，第二空先根据正弦定理得，再根据两角和正弦公式得,最后根据面积公式得结果.【详解】因为，所以，因此因为，所以因为()=,所以的面积等于【点睛】此题考察两角和正切公式、两角和正弦公式与正弦定理，考察根本分析求解才能，属根底题.，那么_________，_________.【答案】 (1). -27 (2). -940【解析】【分析】利用赋值法求系数.【详解】令得，所以，令得，令得，两式相加得【点睛】此题考察利用赋值法求二项展开式系数，考察根本分析求解才能，属根底题.，那么 __________，假设实数，且，那么的取值范围是__________．【答案】 (1). 4 (2).【解析】【分析】第一空直接代入对应解析式求解即可，第二空先根据函数图象确定关系及取值范围，再求的取值范围.【详解】),因为，且，所以,,因此.【点睛】此题考察分段函数求值以及函数图像，考察综合分析与求解才能，属中档题. 16.现有排成一排的7个不同的盒子，将红、黄、蓝、白颜色的4个小球全部放入这7个盒子中，假设每个盒子最多放一个小球，那么恰有两个空盒相邻且红球与黄球不相邻的不同放法一共有_______种.〔结果用数字表示〕【答案】336【解析】【分析】根据相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法进展求解.【详解】先不考虑红球与黄球不相邻，那么4个小球有种排法，再安排空盒，有种方法，再考虑红球与黄球相邻，那么4个小球有种排法，再安排空盒，有种方法，因此所求放法为【点睛】此题考察排列组合应用，考察综合分析与求解才能，属中档题.的两个顶点，，过，分别作的垂线交该椭圆于不同于的，两点，假设，那么椭圆的离心率是__________．【答案】【解析】【分析】先求出，两点坐标，再根据弦长公式化简，解得离心率.【详解】过作的垂线的方程为，与联立方程组解得，过作的垂线的方程为，与联立方程组解得，因为，所以【点睛】此题考察椭圆的离心率，考察综合分析与求解才能，属中档题.三、解答题：本大题一一共5小题，一共74分。

2024年浙江省中职数学高考押题模拟试卷(含答案)

浙江省2024年中职职教高考文化统考终极押题预测数学试卷姓名准考证号本试卷共三大题，共4页。

满分150分，考试时间120分钟考生注意：1.答题前，请务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别写在试卷和答题纸规定的位置上。

2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上相应的位置上规范答题，在本试卷上作答一律无效。

一、单项选择题（本大题共20小题，1-10小题每小题2分，11-20小题每小题3分，共50分）在每小题列出的四个备选答案中，只有一个是符合题目要求的。

错涂、多涂或未涂均无分。

1.设全集U =R ，{|02}A x x =≤≤，{|11}B x x =-≤≤，则图中阴影部分表示的区间是（）A ．[]0,1B ．()(),12,-∞-+∞C ．[]1,2-D ．(,1][2,)-∞-+∞ 2.下列命题中正确的是（）A ．若a b >，则11a b< B ．若a b <，则22ac bc < C ．若22a b >，则a b >D ．若22a b c c>，则a b > 3.函数()121f x x =++的值域为（） A ．()(),11,-∞+∞B ．()(),22,-∞+∞C ．()(),11,-∞-⋃+∞D ．()1,1- 4.若角α终边经过点()1,1-，则2sin 3cos cos 6cos 2sin ααααα++-的值为（） A ．54 B ．1 C ．34 D ．32- 5. “x 为整数”是“21x +为整数”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6.已知直线l 的倾斜角θ10y +-=的倾斜角互补，则θ=（）A ．30B ．60C ．120D ．1507.已知数列{}n a 满足()*1111,21n n a a n a +==∈-N ，则5a 的值为（） A ．2 B ．12 C ．12- D ．1-8.达-芬奇的经典之作《蒙娜丽莎》举世闻名，画中女子神秘的微笑，数百年来引无数观赏者对其进行研究．某业余爱好者对《蒙娜丽莎》的缩小影像作品进行粗略测绘，将画中女子的嘴唇近似看作一段圆弧，并测得圆弧AC 所对的圆心角α为60 ，弦AC 的长为10cm ，根据测量得到的数据计算：《蒙娜丽莎》缩小影像作品中圆弧AC 的长为（）（单位：cm ）A ．600πB ．100π3C ．10π3D ．5π39.某广场有一喷水池，水从地面喷出，如图，以水平面为x 轴，出水点为原点，建立平面直角坐标系，水在空中划出的曲线是抛物线24y x x =-+（单位：米）的一部分，则水喷出的最大高度是（）A ．4米B ．3米C ．2米D ．1米10.若点A 在x 轴上，点B 在y 轴上，线段AB 的中点M 的坐标是(3,4)，则AB 的长为（）A ．10B ．5C ．8D ．611.已知向量()5,2a = ，()4,3b =-- ，若c 满足320a b c -+= ，则c = （）A ．()23,12--B ．()23,12C ．()7,0D ．()7,0-12.直线220x y ++=与420ax y +-=互相垂直，则这两条直线的交点坐标为（）A ．()1,4-B ．()0,2-C ．()1,0-D ．0,12⎛⎫ ⎪⎝⎭13.湖州市书画历史悠久，渊源深厚，自东晋六朝以来形成了浓郁深厚的书画遗风，孕育出了一代代书法与绘画大家。

2020-2021学年高三数学(文科)三校联考高考模拟试题及答案解析

三校联考高考数学模拟试卷（文科）（解析版）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．设集合M={x|x2+3x+2＜0}，集合，则M∪N=（）A．{x|x≥﹣2} B．{x|x＞﹣1} C．{x|x＜﹣1} D．{x|x≤﹣2}2．命题p：∃x∈N，x3＜x2；命题q：∀a∈（0，1）∪（1，+∞），函数f（x）=loga （x﹣1）的图象过点（2，0），则下列命题是真命题的是（）A．p∧q B．p∧￢q C．￢p∧q D．￢p∧￢q3．已知平面向量，的夹角为，且||=1，|+2|=2，则||=（）A．2 B．C．1 D．34．已知双曲线C：（a＞0，b＞0）的离心率为，则C的渐近线方程为（）A．y= B．y=C．y=±x D．y=5．执行如图所示的程序框图，则输出的S的值为（）A．7 B．8 C．9 D．106．已知函数f（x）=2sin（2x+），把函数f（x）的图象沿x轴向左平移个单位，得到函数g（x）的图象．关于函数g（x），下列说法正确的是（）A ．在[，]上是增函数B ．其图象关于直线x=﹣对称C ．函数g （x ）是奇函数D ．当x ∈[0，]时，函数g （x ）的值域是[﹣1，2]7．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1=1，S n 是数列{a n }前n 项的和，则（n ∈N +）的最小值为（） A ．4B ．3C ．2﹣2 D ．8．一个棱锥的三视图如图（尺寸的长度单位为m ），则该棱锥的全面积是（单位：m 2）．（）A ．B ．C ．D ．9．已知函数f （x ）=，则方程f （x ）=ax 恰有两个不同实数根时，实数a的取值范围是（）（注：e 为自然对数的底数） A ．（0，）B ．[，]C ．（0，）D ．[，e]10．已知双曲线C ：﹣=1的左、右焦点分别是F 1，F 2，正三角形△AF 1F 2的顶点A在y 轴上，边AF 1与双曲线左支交于点B ，且=4，则双曲线C 的离心率的值是（）A ．+1 B ．C ．+1 D ．11．已知一个平放的棱长为4的三棱锥内有一小球O （重量忽略不计），现从该三棱锥顶端向内注水，小球慢慢上浮，若注入的水的体积是该三棱锥体积的时，小球与该三棱锥各侧面均相切（与水面也相切），则球的表面积等于（） A ．π B ．π C ．π D ．π12．若定义在区间[﹣2016，2016]上的函数f （x ）满足：对于任意的x 1，x 2∈[﹣2016，2016]，都有f （x 1+x 2）=f （x 1）+f （x 2）﹣2016，且x ＞0时，有f （x ）＜2016，f （x ）的最大值、最小值分别为M ，N ，则M+N 的值为（） A ．2015 B ．2016C ．4030D ．4032二、填空题：本大题共4小题，每小题5分. 13．设i 为虚数单位，则复数= ．14．已知函数f （x ）=2x 2﹣xf ′（2），则函数f （x ）的图象在点（2，f （2））处的切线方程是． 15．若x ，y 满足若z=x+my 的最大值为，则实数m= ．16．在△ABC 中，三内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a 2=b 2+c 2+bc ，a=，S为△ABC 的面积，则S+cosBcosC 的最大值为．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ，a n ，成等差数列．（1）证明数列{a n }是等比数列；（2）若b n =log 2a n +3，求数列{}的前n 项和T n ．18．从甲、乙两部门中各任选10名员工进行职业技能测试，测试成绩（单位：分）数据的茎叶图如图1所示：（Ⅰ）分别求出甲、乙两组数据的中位数，并从甲组数据频率分布直方图如图2所示，求a ，b ，c 的值；（Ⅱ）从甲、乙两组数据中各任取一个，求所取两数之差的绝对值大于20的概率． 19．如图所示，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面是直角梯形ABCD ，其中AD ⊥AB ，CD ∥AB ，AB=4，CD=2，侧面PAD 是边长为2的等边三角形，且与底面ABCD 垂直，E 为PA 的中点．（1）求证：DE ∥平面PBC ；（2）求三棱锥A ﹣PBC 的体积．20．已知椭圆E ：（a ＞b ＞0），F 1（﹣c ，0），F 2（c ，0）为椭圆的两个焦点，M 为椭圆上任意一点，且|MF 1|，|F 1F 2|，|MF 2|构成等差数列，过椭圆焦点垂直于长轴的弦长为3．（1）求椭圆E 的方程；（2）若存在以原点为圆心的圆，使该圆的任意一条切线与椭圆E 恒有两个交点A ，B ，且⊥，求出该圆的方程．21．设函数f （x ）=x 2﹣（a+b ）x+ablnx （其中e 为自然对数的底数，a ≠e ，b ∈R ），曲线y=f （x ）在点（e ，f （e ））处的切线方程为y=﹣e 2．（1）求b ；（2）若对任意x∈[，+∞），f（x）有且只有两个零点，求a的取值范围．请考生在（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答．如果多做，则按所做第一个题目记分．作答时，请写清题号．[选修4-1：几何证明选讲]22．如图，AB是⊙O的直径，弦CA、BD的延长线相交于点E，EF垂直BA的延长线于点F．求证：（1）∠DEA=∠DFA；（2）AB2=BEBD﹣AEAC．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．（2016福安市校级模拟）极坐标系与直角坐标系xOy有相同的长度单位，以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴．已知曲线C1的极坐标方程为ρ=2sin（θ+），曲线C 2的极坐标方程为ρsinθ=a（a＞0），射线θ=φ，θ=φ﹣，θ=φ+，与曲线C1分别交异于极点O的四点A、B、C、D．（Ⅰ）若曲线C1关于曲线C2对称，求a的值，并把曲线C1和曲线C2化成直角坐标方程；（Ⅱ）求|OA||OC|+|OB||OD|的值．[选修4-5：不等式选讲]24．=|x+m|．（Ⅰ）解关于m的不等式f（1）+f（﹣2）≥5；（Ⅱ）当x≠0时，证明：．参考答案与试题解析一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．设集合M={x|x2+3x+2＜0}，集合，则M∪N=（）A．{x|x≥﹣2} B．{x|x＞﹣1} C．{x|x＜﹣1} D．{x|x≤﹣2}【分析】根据题意先求出集合M和集合N，再求M∪N．【解答】解：∵集合M={x|x2+3x+2＜0}={x|﹣2＜x＜﹣1}，集合={x|2﹣x≤22}={x|﹣x≤2}={x|x≥﹣2}，∴M∪N={x|x≥﹣2}，故选A．【点评】本题考查集合的运算，解题时要认真审题，仔细解答．2．命题p：∃x∈N，x3＜x2；命题q：∀a∈（0，1）∪（1，+∞），函数f（x）=loga （x﹣1）的图象过点（2，0），则下列命题是真命题的是（）A．p∧q B．p∧￢q C．￢p∧q D．￢p∧￢q【分析】分别判断出p，q的真假，从而判断出复合命题的真假．【解答】解：命题p：∃x∈N，x3＜x2，是假命题；命题q：∀a∈（0，1）∪（1，+∞），令x﹣1=1，解得：x=2，此时f（2）=0，（x﹣1）的图象过点（2，0），是真命题；故函数f（x）=loga故¬p∧q真是真命题；故选：C．【点评】本题考查了不等式以及对数函数的性质，考查复合命题的判断，是一道基础题．3．已知平面向量，的夹角为，且||=1，|+2|=2，则||=（）【分析】根据向量的数量积的运算和向量的模计算即可．【解答】解：∵|+2|=2，∴+4+4=||2+4||||cos+4||2=||2+2||+4=12，解得||=2，故选：A．【点评】本题考查了向量的数量积的运算和向量的模的计算，属于基础题．4．已知双曲线C：（a＞0，b＞0）的离心率为，则C的渐近线方程为（）A．y= B．y=C．y=±x D．y=【分析】由离心率和abc的关系可得b2=4a2，而渐近线方程为y=±x，代入可得答案．【解答】解：由双曲线C：（a＞0，b＞0），则离心率e===，即4b2=a2，故渐近线方程为y=±x=x，故选：D．【点评】本题考查双曲线的简单性质，涉及的渐近线方程，属基础题．5．执行如图所示的程序框图，则输出的S的值为（）【分析】由已知中的程序语句可知该框图的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．【解答】解：模拟执行程序框图，由程序框图可知该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S=﹣12+22﹣32+42的值，∵S=﹣12+22﹣32+42=10故选：D．【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，属于基础题．6．已知函数f（x）=2sin（2x+），把函数f（x）的图象沿x轴向左平移个单位，得到函数g（x）的图象．关于函数g（x），下列说法正确的是（）A．在[，]上是增函数B．其图象关于直线x=﹣对称C．函数g（x）是奇函数D．当x∈[0，]时，函数g（x）的值域是[﹣1，2]【分析】由条件利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律求得g（x）的解析式，再利用余弦函数的图象性质，得出结论．【解答】解：把函数f（x）=2sin（2x+）的图象沿x轴向左平移个单位，得到函数g（x）=2sin[2（x+）+]=2cos2x的图象，显然，函数g（x）是偶函数，故排除C．当x∈[，]，2x∈[，π]，函数g（x）为减函数，故排除A．当x=﹣时，g （x ）=0，故g （x ）的图象不关于直线x=﹣对称，故排除B ．当x ∈[0，]时，2x ∈[0，]，cos2x ∈[﹣，1]，函数g （x ）的值域是[﹣1，2]，故选：D ．【点评】本题主要考查函数y=Asin （ωx+φ）的图象变换规律，余弦函数的图象性质，属于基础题．7．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1=1，S n 是数列{a n }前n 项的和，则（n ∈N +）的最小值为（） A ．4B ．3C ．2﹣2 D ．【分析】由题意得（1+2d ）2=1+12d ，求出公差d 的值，得到数列{a n }的通项公式，前n 项和，从而可得，换元，利用基本不等式，即可求出函数的最小值．【解答】解：∵a 1=1，a 1、a 3、a 13成等比数列， ∴（1+2d ）2=1+12d ．得d=2或d=0（舍去）， ∴a n =2n ﹣1， ∴S n ==n 2， ∴=．令t=n+1，则=t+﹣2≥6﹣2=4当且仅当t=3，即n=2时，∴的最小值为4．故选：A ．【点评】本题主要考查等比数列的定义和性质，等比数列的通项公式，考查基本不等式，属于中档题．8．一个棱锥的三视图如图（尺寸的长度单位为m），则该棱锥的全面积是（单位：m2）．（）A．B．C．D．【分析】由三视图可以看出，此几何体是一个侧面与底面垂直的三棱锥，垂直于底面的侧面是一个高为2，底连长也为2的等腰直角三角形，底面与垂直于底面的侧面全等，此两面的面积易求，另两个与底面不垂直的侧面是全等的，可由顶点在底面上的射影作出此两侧面底边的高，将垂足与顶点连接，此线即为侧面三角形的高线，求出侧高与底面的连长，用三角形面积公式求出此两侧面的面积，将四个面的面积加起来即可【解答】解：由三视图可以看出，此几何体是一个侧面与底面垂直且底面与垂直于底面的侧面全等的三棱锥由图中数据知此两面皆为等腰直角三角形，高为2，底面连长为2，故它们的面积皆为=2，由顶点在底面的投影向另两侧面的底边作高，由等面积法可以算出，此二高线的长度长度相等，为，将垂足与顶点连接起来即得此两侧面的斜高，由勾股定理可以算出，此斜高为2，同理可求出侧面底边长为，可求得此两侧面的面积皆为=，故此三棱锥的全面积为2+2++=，故选A．【点评】本题考点是由三视图求几何体的面积、体积，考查对三视图的理解与应用，主要考查对三视图与实物图之间的关系，用三视图中的数据还原出实物图的数据，再根据相关的公式求表面积与体积，本题求的是三棱锥的全面积，做本题时要注意本题中的规律应用，即四个侧面两两相等，注意到这一点，可以大大降低运算量．三视图的投影规则是主视、俯视长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视宽相等．9．已知函数f （x ）=，则方程f （x ）=ax 恰有两个不同实数根时，实数a的取值范围是（）（注：e 为自然对数的底数） A ．（0，）B ．[，]C ．（0，）D ．[，e]【分析】由题意，方程f （x ）=ax 恰有两个不同实数根，等价于y=f （x ）与y=ax 有2个交点，又a 表示直线y=ax 的斜率，求出a 的取值范围．【解答】解：∵方程f （x ）=ax 恰有两个不同实数根， ∴y=f （x ）与y=ax 有2个交点，又∵a 表示直线y=ax 的斜率， ∴y ′=，设切点为（x 0，y 0），k=，∴切线方程为y ﹣y 0=（x ﹣x 0），而切线过原点，∴y 0=1，x 0=e ，k=， ∴直线l 1的斜率为，又∵直线l 2与y=x+1平行， ∴直线l 2的斜率为，∴实数a 的取值范围是[，）．故选：B ．【点评】本题考查了函数的图象与性质的应用问题，解题时应结合图象，以及函数与方程的关系，进行解答，是易错题．10．已知双曲线C：﹣=1的左、右焦点分别是F1，F2，正三角形△AF1F2的顶点A在y轴上，边AF1与双曲线左支交于点B，且=4，则双曲线C的离心率的值是（）A．+1 B．C．+1 D．【分析】不妨设△AF1F2的边长为4，求得c=2，由向量共线可得|BF1|=1，在△BF1F2中，由余弦定理求得|BF2|=，再由双曲线的定义和离心率公式计算即可得到所求值．【解答】解：不妨设△AF1F2的边长为4，则|F1F2|=2c=4，c=2．由，可得|BF1|=1，在△BF1F2中，由余弦定理可得|BF2|2=|BF1|2+|F1F2|2﹣2|BF1||F1F2|cos∠BF1F2=1+16﹣2×1×4×=13，|BF2|=，由双曲线的定义可得2a=|BF2|﹣|BF1|=﹣1，解得a=，则e==．故选：B．【点评】本题考查双曲线的离心率的求法，注意运用双曲线的定义和余弦定理，考查运算能力，属于中档题．11．已知一个平放的棱长为4的三棱锥内有一小球O（重量忽略不计），现从该三棱锥顶端向内注水，小球慢慢上浮，若注入的水的体积是该三棱锥体积的时，小球与该三棱锥各侧面均相切（与水面也相切），则球的表面积等于（）A．πB．πC．πD．π【分析】先求出没有水的部分的体积是，再求出棱长为2，可得小球的半径，即可求出球的表面积．【解答】解：由题意，没有水的部分的体积是正四面体体积的，∵正四面体的各棱长均为4， ∴正四面体体积为=，∴没有水的部分的体积是，设其棱长为a ，则=， ∴a=2，设小球的半径为r ，则4×r=，∴r=，∴球的表面积S=4=．故选：C ．【点评】本题考查球的表面积，考查体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，正确求出半径是关键．12．若定义在区间[﹣2016，2016]上的函数f （x ）满足：对于任意的x 1，x 2∈[﹣2016，2016]，都有f （x 1+x 2）=f （x 1）+f （x 2）﹣2016，且x ＞0时，有f （x ）＜2016，f （x ）的最大值、最小值分别为M ，N ，则M+N 的值为（） A ．2015B ．2016C ．4030D ．4032【分析】特殊值法：令x 1=x 2=0，得f （0）=2016，再令x 1+x 2=0，将f （0）=2014代入可得f （x ）+f （﹣x ）=4032．根据条件x ＞0时，有f （x ）＜2016，得出函数的单调性，根据单调性求出函数的最值．【解答】解：∵对于任意的x 1，x 2∈[﹣2016，2016]，都有f （x 1+x 2）=f （x 1）+f （x 2）﹣2016，∴令x 1=x 2=0，得f （0）=2016，再令x 1+x 2=0，将f （0）=2014代入可得f （x ）+f （﹣x ）=4032．设x 1＜x 2，x 1，x 2∈[﹣2016，2016]，则x 2﹣x 1＞0，f （x 2﹣x 1）=f （x 2）+f （﹣x 1）﹣2016，∴f（x2）+f（﹣x1）﹣2016＜2016．又∵f（﹣x1）=4032﹣f（x1），∴f（x2）＜f（x1），即函数f（x）是递减的，∴f（x）max=f（﹣2016），f（x）min=f（2016）．又∵f（2016）+f（﹣2016）=4032，∴M+N的值为4032．故选D．【点评】考查了抽象函数中特殊值的求解方法，得出函数的性质．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13．设i为虚数单位，则复数= i ．【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简复数，则答案可求．【解答】解：=，故答案为：i．【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，是基础题．14．已知函数f（x）=2x2﹣xf′（2），则函数f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线方程是4x﹣y﹣8=0 ．【分析】求导函数，确定切点处的斜率与切点的坐标，即可求得函数f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线方程．【解答】解：∵函数f（x）=2x2﹣xf′（2），∴f′（x）=4x﹣f′（2），∴f′（2）=8﹣f′（2），∴f′（2）=4∴f（2）=8﹣2×4=0∴函数f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线方程是y﹣0=4（x﹣2）即4x﹣y﹣8=0故答案为：4x﹣y﹣8=0【点评】本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，确定切点处的斜率与切点的坐标是关键．15．若x，y满足若z=x+my的最大值为，则实数m= 2 ．【分析】画出满足约束条件的可行域，求出目标函数的最大值，从而建立关于m的等式，即可得出答案．【解答】解：由z=x+my得y=x，作出不等式组对应的平面区域如图：∵z=x+my的最大值为，∴此时z=x+my=，此时目标函数过定点C（，0），作出x+my=的图象，由图象知当直线x+my=，经过但A时，直线AC的斜率k=＞﹣1，即m＞1，由平移可知当直线y=x，经过点A时，目标函数取得最大值，此时满足条件，由，解得，即A（，），同时，A也在直线x+my=上，代入得+m=，解得m=2，故答案为：2．【点评】本题主要考查线性规划的应用，根据目标函数的几何意义确定取得最大值的最优解是解决本题的关键．16．在△ABC 中，三内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a 2=b 2+c 2+bc ，a=，S为△ABC 的面积，则S+cosBcosC 的最大值为．【分析】先利用余弦定理求得A ，进而通过正弦定理表示出c ，代入面积公式求得S+cosBcosC 的表达式，利用两角和与差的余弦函数公式化简求得其最大值．【解答】解：∵a 2=b 2+c 2+bc ， ∴cosA==﹣，∴A=，由正弦定理 c=a ==2sinC ， ∴S===sinBsinC ∴S+cosBcosC=sinBsinC+cosBcosC=cos （B ﹣C ）≤，故答案为：．【点评】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用．求得面积的表达式是解决问题的关键，属于中档题．三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ，a n ，成等差数列．（1）证明数列{a n }是等比数列；（2）若b n =log 2a n +3，求数列{}的前n 项和T n ．【分析】（1）由题意得2a n =S n +，易求，当n ≥2时，S n =2a n ﹣，S n ﹣1=2a n﹣1﹣，两式相减得a n =2a n ﹣2a n ﹣1（n ≥2），由递推式可得结论；（2）由（1）可求=2n ﹣2，从而可得b n ，进而有=，利用裂项相消法可得T n ；【解答】解：（1）证明：由S n ，a n ，成等差数列，知2a n =S n +，当n=1时，有，∴，当n ≥2时，S n =2a n ﹣，S n ﹣1=2a n ﹣1﹣，两式相减得a n =2a n ﹣2a n ﹣1（n ≥2），即a n =2a n ﹣1，由于{a n }为正项数列，∴a n ﹣1≠0，于是有=2（n ≥2），∴数列{a n }从第二项起，每一项与它前一项之比都是同一个常数2， ∴数列{a n }是以为首项，以2为公比的等比数列．（2）解：由（1）知==2n ﹣2，∴b n =log 2a n +3==n+1，∴==，∴T n =（）+（）+…+（）==．【点评】本题考查等差数列、等比数列的概念、数列的求和，裂项相消法是高考考查的重点内容，应熟练掌握．18．从甲、乙两部门中各任选10名员工进行职业技能测试，测试成绩（单位：分）数据的茎叶图如图1所示：（Ⅰ）分别求出甲、乙两组数据的中位数，并从甲组数据频率分布直方图如图2所示，求a，b，c的值；（Ⅱ）从甲、乙两组数据中各任取一个，求所取两数之差的绝对值大于20的概率．【分析】（Ⅰ）根据茎叶图能求出甲部门数据的中位数和乙部门数据的中位数，再求出甲部门的成绩在70～80的频率为0.5，由此能求出a，b，c．（Ⅱ）利用列举法求出从“甲、乙两组数据中各任取一个”的所有可能情况和其中所取“两数之差的绝对值大于20”的情况，由此能求出所取两数之差的绝对值大于20的概率．【解答】解：（Ⅰ）根据茎叶图得甲部门数据的中位数是78.5，乙部门数据的中位数是78.5；∵甲部门的成绩在70～80的频率为0.5，∴a=0.05，在80～90的频率为0.2，∴b=0.02在60～70的频率为0.1，∴c=0.01．（Ⅱ）从“甲、乙两组数据中各任取一个”的所有可能情况是：（63，67），（63，68），（63，69），（63，73），（63，75），…，（96，86），（96，94），（96，97）共有100种；其中所取“两数之差的绝对值大于20”的情况是：（63，85），（63，86），（63，94），（63，97），（72，94），（72，97），（74，97），（76，97），（91，67），（91，68），（91，69），（96，67），（96，68），（96，69），（96，73），（96，75）共有16种，故所求的概率为．【点评】本题考查概率的求法，考查频率分布直方图的应用，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用．19．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面是直角梯形ABCD，其中AD⊥AB，CD∥AB，AB=4，CD=2，侧面PAD是边长为2的等边三角形，且与底面ABCD垂直，E为PA的中点．（1）求证：DE∥平面PBC；（2）求三棱锥A﹣PBC的体积．【分析】（1）（法一）取PB的中点F，连接EF，CF，由已知得EF∥AB，且，从而四边形CDEF是平行四边形，由此能证明DE∥平面PBC．（1）（法二）：取AB的中点F，连接DF，EF，由已知得四边形BCDF为平行四边形，从而DF∥BC，由此能证明DE∥平面PBC．（2）取AD的中点O，连接PO，由已知得PO⊥平面ABCD，由此能求出三棱锥A﹣PBC 的体积．【解答】（1）证明：（方法一）：取PB的中点F，连接EF，CF．∵点E，F分别是PA，PB的中点∴EF∥AB，且又CD∥AB，且∴EF∥CD，且EF=CD∴四边形CDEF是平行四边形，∴DE∥CF．又DE⊄平面PBC，CF⊂平面PBC∴DE∥平面PBC．（1）证明：（方法二）：取AB的中点F，连接DF，EF．在直角梯形ABCD中，CD∥AB，且AB=4，CD=2，所以BF∥CD，且BF=CD．所以四边形BCDF为平行四边形，所以DF∥BC．在△PAB中，PE=EA，AF=FB，所以EF∥PB．又DF∩EF=F，PB∩BC=B，所以平面DEF∥平面PBC．因为DE⊂平面DEF，所以DE∥平面PBC．（2）解：取AD的中点O，连接PO．在△PAD中，PA=PD=AD=2，所以PO⊥AD，PO=又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PO⊥平面ABCD，所以PO就是三棱锥P﹣ABC的高．在直角梯形ABCD中，CD∥AB，且AB=4，AD=2，AB⊥AD，所以．故．【点评】本题考查直线与平面平行的证明，考查三棱锥的体积的求法，解题时要注意空间思维能力的培养．20．已知椭圆E ：（a ＞b ＞0），F 1（﹣c ，0），F 2（c ，0）为椭圆的两个焦点，M 为椭圆上任意一点，且|MF 1|，|F 1F 2|，|MF 2|构成等差数列，过椭圆焦点垂直于长轴的弦长为3．（1）求椭圆E 的方程；（2）若存在以原点为圆心的圆，使该圆的任意一条切线与椭圆E 恒有两个交点A ，B ，且⊥，求出该圆的方程．【分析】（1）通过|MF 1|，|F 1F 2|，|MF 2|构成等差数列，过椭圆焦点垂直于长轴的弦长为3．列出方程，求出a 、b ，即可求椭圆E 的方程；（2）假设以原点为圆心，r 为半径的圆满足条件．（ⅰ）若圆的切线的斜率存在，并设其方程为y=kx+m ，则r=，然后联立直线方程与椭圆方程，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），结合x 1x 2+y 1y 2=0，即可求圆的方程．（ⅱ）若AB 的斜率不存在，设A （x 1，y 1），则B （x 1，﹣y 1），利用⊥，求出半径，得到结果．【解答】解：（1）由题知2|F 1F 2|=|MF 1|+|MF 2|，即2×2c=2a ，得a=2c ．①又由，得②且a 2=b 2+c 2，综合解得c=1，a=2，b=．∴椭圆E 的方程为+=1．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）（2）假设以原点为圆心，r 为半径的圆满足条件．（ⅰ）若圆的切线的斜率存在，并设其方程为y=kx+m ，则r=，r 2=，①消去y ，整理得（3+4k 2）x 2+8kmx+4（m 2﹣3）=0，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），又∵⊥，∴x1x2+y1y2=0，即4（1+k2）（m2﹣3）﹣8k2m2+3m2+4k2m2=0，化简得m2=（k2+1），②由①②求得r2=．所求圆的方程为x2+y2=．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）（ⅱ）若AB的斜率不存在，设A（x1，y1），则B（x1，﹣y1），∵⊥，∴=0，得x=．此时仍有r2=|x|=．综上，总存在以原点为圆心的圆x2+y2=满足题设条件．【点评】考查椭圆的方程和基本性质，与向量相结合的综合问题．考查分析问题解决问题的能力．21．设函数f（x）=x2﹣（a+b）x+ablnx（其中e为自然对数的底数，a≠e，b∈R），曲线y=f（x）在点（e，f（e））处的切线方程为y=﹣e2．（1）求b；（2）若对任意x∈[，+∞），f（x）有且只有两个零点，求a的取值范围．【分析】（1）求导，从而求b；（2）由（1）得，，从而①当时，要使得f（x）在上有且只有两个零点，只需=，②当时，求导确定零点个数，③当a＞e时，求导确定零点个数．【解答】解：（1），∵f′（e）=0，a≠e，∴b=e；（2）由（1）得，，①当时，由f′（x）＞0得x＞e；由f′（x）＜0得．此时f（x）在上单调递减，在（e，+∞）上单调递增．∵，；∴要使得f（x）在上有且只有两个零点，则只需=，即；②当时，由f′（x）＞0得或x＞e；由f′（x）＜0得a＜x＜e．此时f（x）在（a，e）上单调递减，在和（e，+∞）上单调递增．此时，∴此时f（x）在[e，+∞）至多只有一个零点，不合题意；③当a＞e时，由f′（x）＞0得或x＞a，由f′（x）＜0得e＜x＜a，此时f（x）在和（a，+∞）上单调递增，在（e，a）上单调递减，且，∴f（x）在至多只有一个零点，不合题意．综上所述，a的取值范围为．【点评】本题考查了导数的综合应用及导数的几何意义的应用，同时考查了分类讨论的思想应用，属于中档题．请考生在（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答．如果多做，则按所做第一个题目记分．作答时，请写清题号．[选修4-1：几何证明选讲]22．如图，AB是⊙O的直径，弦CA、BD的延长线相交于点E，EF垂直BA的延长线于点F．求证：（1）∠DEA=∠DFA；（2）AB2=BEBD﹣AEAC．【分析】（1）连接AD，利用AB为圆的直径结合EF与AB的垂直关系，通过证明A，D，E，F四点共圆即可证得结论；（2）由（1）知，BDBE=BABF，再利用△ABC∽△AEF得到比例式，最后利用线段间的关系即求得AB2=BEBD﹣AEAC．【解答】证明：（1）连接AD，因为AB为圆的直径，所以∠ADB=90°，（1分）又EF⊥AB，∠AFE=90°，（1分）则A，D，E，F四点共圆（2分）∴∠DEA=∠DFA（1分）（2）由（1）知，BDBE=BABF，（1分）又△ABC∽△AEF∴，即ABAF=AEAC（2分）∴BEBD﹣AEAC=BABF﹣ABAF=AB（BF﹣AF）=AB2（2分）【点评】本小题主要考查与圆有关的比例线段、四点共圆的证明方法、三角形相似等基础知识，考查运算求解能力、化归与转化思想．属于中档题．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．（2016福安市校级模拟）极坐标系与直角坐标系xOy有相同的长度单位，以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴．已知曲线C1的极坐标方程为ρ=2sin（θ+），曲线C 2的极坐标方程为ρsinθ=a（a＞0），射线θ=φ，θ=φ﹣，θ=φ+，与曲线C1分别交异于极点O的四点A、B、C、D．（Ⅰ）若曲线C1关于曲线C2对称，求a的值，并把曲线C1和曲线C2化成直角坐标方程；（Ⅱ）求|OA||OC|+|OB||OD|的值．【分析】（Ⅰ）曲线C1的极坐标方程为ρ=2sin（θ+），展开可得：，把ρ2=x2+y2，x=ρcosθ，y=ρsinθ代入可得直角坐标方程．把C2的方程化为直角坐标方程为y=a，根据曲线C1关于曲线C2对称，故直线y=a经过圆心解得a，即可得出．（Ⅱ）由题意可得，|OA|，|OB|，|OC|，|OD|，代入利用和差公式即可得出．【解答】解：（Ⅰ）曲线C1的极坐标方程为ρ=2sin（θ+），展开可得：，化为直角坐标方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2=2．把C2的方程化为直角坐标方程为y=a，∵曲线C1关于曲线C2对称，故直线y=a经过圆心（1，1），解得a=1，故C2的直角坐标方程为y=1．（Ⅱ）由题意可得，，，，，．【点评】本题考查了直角坐标与极坐标的互化、圆的对称性、直线与圆相交弦长问题，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．[选修4-5：不等式选讲]24．=|x+m|．（Ⅰ）解关于m的不等式f（1）+f（﹣2）≥5；（Ⅱ）当x≠0时，证明：．【分析】（Ⅰ）问题等价于|m+1|+|m﹣2|≥5，通过讨论m的范围，求出不等式的解集即可；（Ⅱ）根据绝对值的性质证明即可．【解答】解：（Ⅰ）不等式f（1）+f（﹣2）≥5等价于|m+1|+|m﹣2|≥5，可化为，解得m≤﹣2；或，无解；或，解得m≥3；综上不等式解集为（﹣∞，﹣2]∪[3，+∞）…（5分）（Ⅱ）证明：当x≠0时，，|x|＞0，，…（10分）【点评】本题考查了解绝对值不等式问题，考查绝对值的性质，是一道中档题．。

2024浙江省高三下学期五校联考高考模拟考试数学及答案

2024年浙江省高考数学模拟卷命题：浙江省温州中学一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知复数z 满足1i 3iz=+−，则z 的共轭复数z 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2．设集合{}21,M x x k k ==+∈Z ，{}31,N x x k k ==−∈Z ，则M N = （） A ．{}21,x x k k =+∈Z B ．{}31,x x k k =−∈Z C ．{}61,x x k k =+∈ZD ．{}61,x x k k =−∈Z3．已知不共线的平面向量a ，b 满足()()2a b a b λλ++∥，则正数λ=（）A ．1BCD ．24．传输信号会受到各种随机干扰，为了在强干扰背景下提取微弱信号，可用同步累积法．设s 是需提取的确定信号的值，每隔一段时间重复发送一次信号，共发送m 次，每次接收端收到的信号()1,2,3,,i i X s i m ε=+= ，其中干扰信号i ε为服从正态分布()20,N σ的随机变量，令累积信号1mi i Y X ==∑，则Y 服从正态分布()2,N ms m σ，定义信噪比为信号的均值与标准差之比的平方，例如1X 的信噪比为2s σ，则累积信号Y 的信噪比是接收一次信号的（）倍AB ．mC ．32mD ．2m5．已知函数()πcos 24f x x=+，则“()ππ8k k θ=+∈Z ”是“()f x θ+为奇函数且()f x θ−为偶函数”的（） A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件6．在平面直角坐标系xOy 中，直线2y x t =+与圆C ：22240x y x y +−+=相交于点A ，B ，若2π3ACB ∠=，则t =（） A ．12−或112− B ．－1或－6C ．32−或132− D ．－2或－77．已知甲、乙、丙、丁、戊5人身高从低到高，互不相同，将他们排成相对身高为“高低高低高”或“低高低高低”的队形，则甲、丁不相邻的不同排法种数为（） A ．12B ．14C ．16D ．188．已知双曲线()22221,0x y a b a b−=>上存在关于原点中心对称的两点A ，B ，以及双曲线上的另一点C ，使得ABC △为正三角形，则该双曲线离心率的取值范围是（）A ．)+∞B ．)+∞C ．()2,+∞D ．+∞二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知函数()()1e x f x x =+，则下列结论正确的是（）A ．()f x 在区间()2,−+∞上单调递增B ．()f x 的最小值为21e−C ．方程()2f x =的解有2个D ．导函数()f x ′的极值点为－310．南丁格尔是一位英国护士、统计学家及社会改革者，被誉为现代护理学的奠基人．1854年，在克里米亚战争期间，她在接到英国政府的请求后，带领由38名志愿女护士组成的团队前往克里米亚救治伤员，并收集士兵死亡原因数据绘制了如下“玫瑰图”．图中圆圈被划分为12个扇形，按顺时针方向代表一年中的各个月份．每个扇形的面积与该月的死亡人数成比例．扇形中的白色部分代表因疾病或其他原因导致的死亡，灰色部分代表因战争受伤导致的死亡．右侧图像为1854年4月至1855年3月的数据，左侧图像为1855年4月至1856年3月的数据．下列选项正确的为（）A ．由于疾病或其他原因而死的士兵远少于战场上因伤死亡的士兵B ．1854年4月至1855年3月，冬季（12月至来年2月）死亡人数相较其他季节显著增加C ．1855年12月之后，因疾病或其他原因导致的死亡人数总体上相较之前显著下降D ．此玫瑰图可以佐证，通过改善军队和医院的卫生状况，可以大幅度降低不必要的死亡11．如图，平面直角坐标系上的一条动直线l 和x ，y 轴的非负半轴交于A ，B 两点，若1OB OA +=恒成立，则l 始终和曲线C 1=相切，关于曲线C 的说法正确的有（）A ．曲线C 关于直线y x =和y x =−都对称B ．曲线C 上的点到11,22和到直线y x =−的距离相等C ．曲线C 上任意一点到原点距离的取值范围是D ．曲线C 和坐标轴围成的曲边三角形面积小于π14−三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分．12．若62a x x−展开式中的常数项为－160，则实数a =______．13．已知公差为正数的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，{}n b 是等比数列，且()22342S b b =−+，()()612566S b b b b =++，则{}n S 的最小项是第______项．14．已知正三角形ABC 的边长为2，中心为O ，将ABC △绕点O 逆时针旋转角2π03θθ<<，然后沿垂直于平面ABC 的方向向上平移至A B C ′′′△，连接AA ′，AC ′，BA ′，BB ′，CB ′，CC ′，得到八面体ABCA B C ′′′，则该八面体体积的取值范围为______．四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）在ABC △中，角A ，B ，C 的对边为a ，b ，c ，已知1tan A ，1cos B ，1tan C是等差数列．（1）若a ，b ，c 是等比数列，求tan B ；（2）若π3B =，求()cos A C −．16．（15分）已知椭圆()222210x y a b a b+=>>的左焦点为F ，椭圆上的点到点F 距离的最大值和最小值分1+1．（1）求该椭圆的方程；（2）对椭圆上不在上下顶点的任意一点P ，其关于y 轴的对称点记为P ′，求P F PF ′+；（3）过点()2,0Q 作直线交椭圆于不同的两点A ，B ，求FAB △面积的最大值．17．（15分）如图，已知三棱台111ABC A B C −，112AB BC CA AA BB =====，114A B =，点O 为线段11A B 的中点，点D 为线段1OA 的中点．（1）证明：直线AD ∥平面1OCC ；（2）若平面11BCC B ⊥平面11ACC A ，求直线1AA 与平面1BCC B 所成线面角的大小.18．（17分）第二次世界大战期间，了解德军坦克的生产能力对盟军具有非常重要的战略意义．已知德军的每辆坦克上都有一个按生产顺序从1开始的连续编号．假设德军某月生产的坦克总数为N ，随机缴获该月生产的n 辆（n N <）坦克的编号为1X ，2X ，…，n X ，记{}12max ,,,n M X X X = ，即缴获坦克中的最大编号．现考虑用概率统计的方法利用缴获的坦克编号信息估计总数N ．甲同学根据样本均值估计总体均值的思想，用12nX X X X n+++=估计总体的均值，因此()112Ni N N i N X =+≈=∑，得12N X +≈，故可用21Y X =−作为N 的估计．乙同学对此提出异议，认为这种方法可能出现Y M <的无意义结果．例如，当5N =，3n =时，若11X =，22X =，34X =，则4M =，此时124112133Y M ++=⋅−=<．（1）当5N =，3n =时，求条件概率()5P Y M M <=；（2）为了避免甲同学方法的缺点，乙同学提出直接用M 作为N 的估计值．当8N =，4n =时，求随机变量M 的分布列和均值()E M ；（3）丙同学认为估计值的均值应稳定于实际值，但直观上可以发现()E M 与N 存在明确的大小关系，因此乙同学的方法也存在缺陷．请判断()E M 与N 的大小关系，并给出证明．19．（17分）卷积运算在图像处理、人工智能、通信系统等领域有广泛的应用．一般地，对无穷数列{}n a ，{}n b ，定义无穷数列()11nk n k n k c a b n +−=+=∈∑N ，记作{}{}{}*n n n a b c =，称为{}n a 与{}n b 的卷积．卷积运算有如图所示的直观含义，即{}n c 中的项依次为所列数阵从左上角开始各条对角线上元素的和，易知有交换律{}{}{}{}**n n n n a b b a =．（1）若n a n =，2n n b =，{}{}{}*n n n a b c =，求1c ，2c ，3c ，4c ；（2）对i +∈N ，定义{}i n T a 如下：①当1i =时，{}{}i n n T a a =；②当2i ≥时，{}i n T a 为满足通项10,,n n i n id a n i +−< = ≥ 的数列{}n d ，即将{}n a 的每一项向后平移1i −项，前1i −项都取为0．试找到数列(){}int ，使得(){}{}{}innni t a T a ⋅=；（3）若n a n =，{}{}{}*n n n a b c =，证明：当3n ≥时，122n n n n b c c c −−=−+．2024年浙江省高考数学模拟卷参考答案命题：温州中学审题：金华一中一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1 2 3 4 5 6 78 DDBBACBA第8题解析：设点(),A x y ，则可取),C，故22222222331x y y x a b a b=−=−，得2222222233a b b yb ax a +<=+，解得b a >，故离心率e >．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9 10 11 ABDBCDBCD第11题解析：A ．曲线C 不关于直线y x =−对称；B ．设C 上一点(),P x y2222210x y x y xy +−−−+=，而()222114122210x y xy x y x y x y xy =⇔++=⇒=−−⇔+−−−+=，成立；C．2221OP x y =+≤=，()222211228x y x y++≥≥=，成立； D ．(),P x y 到点()1,1A 的距离()()2222211222211AP x y x y x y xy −+−+−−++≥，故曲线C位于圆()()22111x y −+−=的左下部分四分之一圆弧的下方，故围成面积小于π14−．三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分．第13题解析：6244020264S S SS =+=⋅⇒=，故{}n S 的最小项是第2项．第14题解析：ABCA B C A ABCC A B C A B BC A C AC V V V V V ′′′′′′′′−−−′′−′=+++211π12222sin 22sin 3636θθ=+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅π1sin 6θ =++∈ ．四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）（1）由2b ac =得2sin sin sin B A C =，sin cos cos 2112sin sinsin sin cos tan tan cos BC A B C A B A CC A =⇔+==+，故22sin 1tan cos sin 2B B B B =⇔=．（2）若π3B =，则1sin sin sin cos 2A CB B ==，又由()1cos cos cos sin sin 2A C A C AB +=−=−得1cos cos 2A C=−，故()1cos 2A C −=−．注：第二问直接利用积化和差公式()()()1sin sin cos cos 2A C A C A C =−−+，写对公式给3分，条件代入正确化简给3分，最终答案1分． 16．（15分）（1）记c =1a c +=+，1a c −=−，解得a =1c =，故椭圆的方程为2212x y +=．（2）记椭圆的右焦点为F ′，则2PF P F PF PF a +=+=′′．（3）设()11,A x y ，()22,B x y ，直线AB 的方程为2x my =+，联立22212x my x y =++=，得()222420m y my +++=，故12y y −=21132ABF S y y =⋅⋅−=△令0t =>，则ABF S =≤=△m =时取到等号． 17．（15分）（1）取AB 中点M ，则1CM C O ∥，故O ，M ，C ，1C 共面，由AM 与OD 平行且相等得平行四边形ODAM ，故AD OM ∥，故AD ∥平面1OCC ．（2）法1（建系）：以O 为原点，OM ，1OA为x ，y 轴正方向，垂直于平面11ABB A 向上为z 轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz ．设))1cos Cαα−，表示出平面1ACC A的法向量11cos sin n αα+=，由对称性得平面11BCC B的法向量21cos 1,sin n αα+=，故120n n ⋅=，解得1cos 3α=，故C，(1n =，(11,n = ，记所求线面角为θ，则1212,sin AA n n AA θ==，故π4θ=．法2（综合法）：连接1CA ，1CB ，取1A C 中点N ，则1111CN AA NA NC ====，故11CA CC ⊥，由平面11BCC B ⊥平面11ACC A ，1CC =平面1BCC B 平面1ACC A ，故1CA ⊥平面1BCC B ，故11B C A C ⊥，又由11B C A C =，得11B C AC ==，延长1C C ，1A A ，1B B 交于点V ，则所求线面角即1AVC ∠，而111sin A C AVC AV ∠=1AA 与平面11BCC B法3（三余弦定理）：延长1C C ，1A A ，1B B 交于点V ，则11π3BVA ∠=，1111AVC BVC ∠=∠，由平面11BCC B ⊥平面11ACC A ，用三余弦定理得111111cos cos cos BVA C VA C VB ∠=∠⋅∠，因此11cos C VA ∠1AA 与平面1BCC B 所成线面角即为11π4C VA ∠=．18．（17分）（1）5M =时，最大编号为5，另2辆坦克编号有24C种可能，故()2435355C P M C ===，由Y M <，有2153X X −<⇔<，故总编号和小于9，除最大编号5外另2个编号只能是1，2，仅1种可能，故()3511510P Y M M C <===且，因此()()()51565P Y M M P Y M M P M <=<====且．（2）分布列如下：（3）直观上可判断()E M N <，证明：()()()NNk n k nE M kP M k NP M k N ====<==∑∑．19．（17分）（1）12c =，28c =，322c =，452=．（2）()11,10,2nn t n = =≥ ，对一般的i +∈N ，()1,0,i n n i t n i = = ≠．（3）法1：记{}n b 的前n 项和为n S ，由卷积运算的交换律有()11nkn k n k bc ==+−∑，故()11nn kn k n S kbc =+−=∑…①，因此()()111121nn n n k k n S kb n b c +++=+−−+=∑…②，②－①得11n n n S c c ++=−，故当3n ≥时，()()1112122n n n n n n n n n n b S S c c c c c c c −−−−−−=−=−−−=−+．法2：记{}n b 的前n 项和为n S ，常数列()1n T n +=∀∈N ，注意 (Ⅰ)易证卷积关于数列加法有分配律，将（Ⅰ）中所有数列对应项相加，得{}{}{}*n n n T b S =，注意 (Ⅱ)注意{}n T 是(){}int 对所有i +∈N对应项相加所得的数列，{}n a 是(){}{}*nnit T 对所有i +∈N对应项相加所得的数列，易知卷积运算有结合律，因此将（Ⅱ）中所有数列对应项相加，得{}{}*n n n c a b =的通项即为1nn i i c S ==∑，故当3n ≥时，()()1112122n n n n n n n n n n b S S c c c c c c c −−−−−−=−=−−−=−+．注：以上论证可用符号语言说明如下：定义数列加法：{}{}{}n n n z x y =+，其中nn n z x y =+．容易验证卷积运算满足结合律：{}{}(){}{}{}{}()****nnnnnnx y x y ωω=，数列加法关于卷积满足分配律：{}{}(){}{}{}{}{}***nnnnnnnx y x y ωωω+=+．因此{}{}(){}(){}{}(){}(){}{}()11111*****n i n n n n n n n n j i j i i j i j i a b t t b t t b S ∞∞∞∞===== == ∑∑∑∑∑．。

专题2.3 平面向量中范围、最值等综合问题高考数学选填题压轴题突破讲义(解析版)

一．方法综述平面向量中的最值与范围问题是一种典型的能力考查题，能有效地考查学生的思维品质和学习潜能，能综合考察学生分析问题和解决问题的能力，体现了高考在知识点交汇处命题的思想，是高考的热点，也是难点，其基本题型是根据已知条件求某个变量的范围、最值，比如向量的模、数量积、向量夹角、系数的范围的等，解决思路是建立目标函数的函数解析式，转化为求函数（二次函数、三角函数）的最值或应用基本不等式，同时向量兼顾“数”与“形”的双重身份，所以解决平面向量的范围、最值问题的另外一种思路是数形结合，应用图形的几何性质．二．解题策略类型一与向量的模有关的最值问题【例1】【安徽省黄山市2019届高三一模】如图，在中，，，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设，，则三角形的面积为，解得，由，且C，P，D三点共线，可知，即，故.以所在直线为轴，以点为坐标原点，过点作的垂线为轴，建立如图所示的坐标系，则，，，，则，，，则（当且仅当即时取“=”）.故的最小值为.【指点迷津】三点共线的一个向量性质：已知O、A、B、C是平面内的四点，则A、B、C三点共线的充要条件是存在一对实数、，使，且.【举一反三】1、【宁夏六盘山高级中学2019届高三下学期二模】如图，矩形中边的长为，边的长为，矩形位于第一象限，且顶点分别位于轴、轴的正半轴上（含原点）滑动，则的最大值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，设，则因为所以则所以的最大值为所以选B2、【浙江省湖州三校2019年高考模拟】已知向量，的夹角为，且，则的最小值为（）A．B．C．5 D．【答案】B【解析】由题意可设,，因此表示直线上一动点到定点距离的和,因为关于直线的对称点为，所以选B.3、【四川省成都外国语学校2019届高三3月月考】在平面直角坐标系中，，若，则的最小值是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由于，即，即，所以在以原点为圆心，半径为的圆上.得到三点共线.画出图像如下图所示，由图可知，的最小值等于圆心到直线的距离减去半径，直线的方程为，圆心到直线的距离为，故的最小值是，故选C.类型二与向量夹角有关的范围问题【例2】【四川省成都市实验外国语学校2019届高三10月月考】已知向量与的夹角为，，，，，在时取得最小值若，则夹角的取值范围是______.【答案】【解析】，，，在时取得最小值解可得：则夹角的取值范围本题正确结果：【指点迷津】求变量的取值范围、最值，往往要将目标函数用某个变量表示，转化为求函数的最值问题，期间要注意变量之间的关系，进而得解．【举一反三】1、非零向量b a ,满足b a2=22b a，2|||| b a，则b a 与的夹角的最小值是．【答案】3【解析】由题意得2212a b a b r r r r ，24a b r r ，整理得22422a b a b a b r r r r r r ，即1a b r11cos ,22a b a b a b a b r rr r r r r r ，,3a b r r ，夹角的最小值为3 .2、【上海市2019年1月春季高考】在椭圆上任意一点，与关于轴对称，若有，则与的夹角范围为____________【答案】【解析】由题意：，设，，因为，则与结合，又与结合，消去，可得：所以本题正确结果：类型三与向量投影有关的最值问题【例3】【辽宁省沈阳市郊联体2019届高三一模】若平面向量，满足||=|3|=2，则在方向上的投影的最大值为（） A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】因为，所以，在方向上的投影为，其中为，的夹角．又，故．设，则有非负解，故，故，故，故选A ．【指点迷津】向量的数量积有两个应用：（1）计算长度或模长，通过用；（2）计算角，.特别地，两个非零向量垂直的充要条件是.另外，的几何意义就是向量在向量的投影与模的乘积，向量在向量的投影为．【举一反三】1、已知ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为2，且0OA AB AC u u u v u u u v u u u v v ，则向量CA u u u v 在向量CB u u u v方向上的投影为( ) A. 3 B. 3 C. -3 D. 3 【答案】B本题选择B 选项.2、设1,2OA OB u uu v u u u v ， 0OA OB u u u v u u u v ， OP OA OB u u u v u u u v u u u v ，且1 ，则OA u u u v 在OP uuu v 上的投影的取值范围( ) A. 25-,15B.25,15C. 5,15D. 5-,15【答案】D当λ0 时， 0,x当222215λ8λ4482λ0521x λλλλ，故当λ1 时，1x 取得最小值为1，即1101x x，当λ0 时， 222215844825215x，即15x 505x综上所述 5( ,1x故答案选D 类型四与平面向量数量积有关的最值问题【例4】【辽宁省鞍山市第一中学2019届高三一模】中，，，，且，则的最小值等于 A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】由题意知，向量，且，可得点D 在边BC 上，，所以，则，即，所以时以C 为直角的直角三角形．如图建立平面直角坐标系，设，则，则，，当时，则最小，最小值为．故选：C ．【指点迷津】平面向量数量积的求法有：①定义法；②坐标法；③转化法；其中坐标法是同学们最容易忽视的解题方法，要倍加注视，若有垂直或者容易出现垂直的背景可建立平面直角坐标系，利用坐标法求解.【举一反三】1、已知正方形ABCD 的边长为1，点E 是AB 边上的动点，则DE DC u u u r u u u r的最大值为（）A. 1B. 12C. 3D. 2【答案】A2、【辽宁省鞍山市第一中学2019届高三一模】中，，，，且，则的最小值等于 A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】由题意知，向量，且，可得点D 在边BC 上，，所以，则，即，所以时以C 为直角的直角三角形．如图建立平面直角坐标系，设，则，则，，当时，则最小，最小值为．故选：C ．3、已知圆的半径为2，是圆上任意两点，且，是圆的一条直径，若点满足（），则的最小值为（）A. -1B. -2C. -3D. -4 【答案】C类型五平面向量系数的取值范围问题【例5】在矩形ABCD 中， 12AB AD ，，动点P 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上，若AP AB AD u u u v u u u v u u u v，则的最大值为（）A. 3B. 22C. 5D. 2【答案】A∴圆的方程为（x ﹣1）2+（y ﹣2）2=45，设点P 25cosθ+1， 25）， ∵AP AB AD u u u v u u u v u u u v，25， 25sinθ+2）=λ（1，0）+μ（0，2）=（λ，2μ）， ∴55cosθ+1=λ， 55sinθ+2=2μ， ∴255（θ+φ）+2，其中tanφ=2， ∵﹣1≤sin （θ+φ）≤1， ∴1≤λ+μ≤3，故λ+μ的最大值为3，故选：A【指点迷津】（1）向量的运算将向量与代数有机结合起来，这就为向量和函数的结合提供了前提，运用向量的有关知识可以解决某些函数问题；（2）以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题；（3）向量的两个作用：①载体作用：关键是利用向量的意义、作用脱去“向量外衣”，转化为我们熟悉的数学问题；②工具作用：利用向量可解决一些垂直、平行、夹角与距离问题. 【举一反三】1、【云南省昆明市云南师范大学附属中学2019届高三上学期第四次月考】已知正方形ABCD 的边长为1，动点P 满足，若，则的最大值为A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】解：以A 为原点建立如图所示的直角坐标系：则，，，，设， ,则由得，化简得：，又，，，，表示圆上的点到原点的距离得平方，其最大值等于圆心到原点的距离加半径的平方，即，故选：C ．2.已知1,3,0OA OB OA OB u u u v u u u v u u u v u u u v ，点C 在AOB 内，且OC u u u v 与OA u u u v 的夹角为030，设,OC mOA nOB m n R u u u v u u u v u u u v ，则mn的值为（）A. 2B. 52C. 3D. 4【答案】C 【解析】如图所示，建立直角坐标系．由已知1,3,OA OB u u u v u u u v，，则10033OA OB OC mOA nOB m n u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r（，），（，），（，）， 33303n tan m， 3mn．故选B3.【上海市金山区2019届高三二模】正方形ABCD 的边长为2，对角线AC 、BD 相交于点O ，动点P 满足，若，其中m 、n R ，则的最大值是________【答案】【解析】建立如图所示的直角坐标系，则A （﹣1，﹣1），B （1，﹣1），D （﹣1，1），P （，），所以（1，sinθ+1），（2，0），（0，2），又，所以，则，其几何意义为过点E （﹣3，﹣2）与点P （sinθ，cosθ）的直线的斜率，设直线方程为y +2k （x +3），点P 的轨迹方程为x 2+y 2＝1，由直线与圆的位置关系有：，解得：，即的最大值是1，故答案为：1类型六平面向量与三角形四心的结合【例6】已知ABC 的三边垂直平分线交于点O ， ,,a b c 分别为内角,,A B C 的对边，且 222c b b ，则AO BC u u u v u u u v的取值范围是__________．【答案】2,23【指点迷津】平面向量中有关范围最值问题的求解通常有两种思路：①“形化”，即利用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断；②“数化”，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的有关知识来解决．【举一反三】1、如图，为的外心，为钝角，是边的中点，则的值为（）A. 4B.C.D.【答案】B2.已知点O 是锐角三角形ABC 的外心，若OC mOA nOB u u u v u u u v u u u v（m ， n R ），则（）A. 2m nB. 21m nC. 1m nD. 10m n 【答案】C【解析】∵O 是锐角△ABC 的外心，∴O 在三角形内部，不妨设锐角△ABC 的外接圆的半径为1，又OC mOA nOB u u u v u u u v u u u v ，∴|OC u u u v |=| mOA nOB u u u v u u u v |，可得2OC u u u v =22m OA u u u v +22n OB u u u v +2mn OA u u u v ⋅OB uuu v ，而OA u u u v ⋅OB uuu v =|OA u u u v|⋅|OB uuu v |cos ∠A 0B <|OA u u u v |⋅|OB uuu v|=1.∴1=2m +2n +2mn OA u u u v ⋅OB uuu v<22m n +2mn ，∴m n <−1或m n >1，如果m n >1则O 在三角形外部，三角形不是锐角三角形， ∴m n <−1，故选：C.3、在ABC 中， 3AB ， 5AC ，若O 为ABC 外接圆的圆心（即满足OA OB OC ），则·AO BC u u u v u u u v的值为__________. 【答案】8【解析】设BC 的中点为D ，连结OD ,AD ，则OD BC u u u v u u u v，则：222212121538.2AO BC AD DO BC AD BCAB AC AC AB AC ABu u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v u u uv u u u v u u u v u u u v u u uv u u u v三．强化训练1.【宁夏平罗中学2019届高三上期中】已知数列是正项等差数列，在中，，若，则的最大值为（）A．1 B．C． D．【答案】C【解析】解：∵，故三点共线，又∵，∴，数列是正项等差数列，故∴，解得：，故选：C．2.【山东省聊城市第一中学2019届高三上期中】已知M是△ABC内的一点，且，，若△MBC，△MCA和△MAB的面积分别为1，，，则的最小值是（）A．2 B．8 C．6 D．3【答案】D【解析】∵，，∴，化为．∴．∴．则，而=5+4=9，当且仅当，即时取等号，故的最小值是9，故选：D．3．【贵州省凯里市第一中学2019届高三下学期模拟《黄金卷三》】已知是边长为的正三角形，且，，设函数，当函数的最大值为-2时，（）A．B．C．D．【答案】D【解析】,因为是边长为的正三角形，且，所以又因，代入得所以当时，取得最大，最大值为所以，解得，舍去负根.故选D项.4．【辽宁省鞍山市第一中学2019届高三一模】已知平面向量，，满足，若，则的最小值为A．B．C．D．0【答案】B【解析】因为平面向量，，满足，，，，设，，，，所以的最小值为．故选：B．5.已知直线分别于半径为1的圆O相切于点若点在圆O的内部（不包括边界），则实数的取值范围是( )A. B. C. D.【答案】B6.【河南省南阳市第一中学2019届高三第十四次考试】已知是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足，则的最大值是（）A．1 B．2 C．D．【答案】C【解析】解：以所在直线建立平面直角坐标系，设，，，因为所以，即，故，令（为参数），所以，因为，所以，，故选C.7．【四川省成都市外国语学校2019届高三一诊】如图所示，在中，，点在线段上，设，，，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】解：．∵，，三点共线，∴．即．由图可知．∴．令，得，令得或（舍）．当时，，当时，．∴当时，取得最小值故选：D．8．【安徽省宣城市 2019 届高三第二次调研】在直角三角形中，边的中线上，则的最大值为（）.，，A．B．C．D．【答案】B 【解析】解：以 A 为坐标原点，以 AB，AC 方向分别为 x 轴，y 轴正方向建立平面直角坐标系，则 B（2，0），C（0，4），中点 D(1,2)设，所以，，在斜时，最大值为．故选：B．二、填空题 9.在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c．若对任意 λ∈R，不等式则的最大值为_____．【答案】2【解析】由，两边平方得，，则则，又，则，即，由，从而，即，从而问题可得解.恒成立，，，2110.【2019 年 3 月 2019 届高三第一次全国大联考】已知的内角所对的边分别为，向量，，且，若，则面积的最大值为________．【答案】【解析】由，得，整理得．由余弦定理得，因为，所以．又所以，，当且仅当时等号成立，所以，即．故答案为：． 11.【四川省广元市 2019 届高三第二次高考适应】在等腰梯形 ABCD 中，已知，，，，动点 E 和 F 分别在线段 BC 和 DC 上，且，【答案】【解析】解：等腰梯形 ABCD 中，已知，，，，，，，，，则的最小值为______．，22，，则当且仅当即时有最小值故答案为：12.【上海市七宝中学 2019 届高三下学期开学】若边长为 6 的等边三角形 ABC，M 是其外接圆上任一点，则的最大值为______．【答案】【解析】解：是等边三角形，三角形的外接圆半径为，以外接圆圆心为原点建立平面直角坐标系，设，．设，则，．．23的最大值是．故答案为．13．【天津市第一中学 2019 届高三下学期第四次月考】在线段以点为中点，则的最大值为________【答案】0 【解析】中，已知为直角，，若长为的即 14．【安徽省黄山市 2019 届高三第二次检测】已知是锐角，则的取值范围为________.【答案】【解析】设是中点，根据垂径定理可知，依题意的最大值为 0. 的外接圆圆心，是最大角，若，即，利用正弦定理化简得.由于，所以，即.由于是锐角三角形的最大角，故，故.15．【北京市大兴区 2019 届高三 4 月一模】已知点，，点在双曲线的取值范围是_________．的右支上，则24【答案】【解析】设点 P(x,y),（x＞1），所以，因为，当 y＞0 时，y=,所以，由于函数在[1，+∞）上都是增函数，所以函数在[1，+∞）上是增函数，所以当 y＞0 时函数 f(x)的最小值=f(1)=1.即 f(x)≥1.当 y≤0 时，y=,所以，由于函数所以函数在[1，+∞）上都是增函数，在[1，+∞）上是减函数，所以当 y≤0 时函数 k(x)＞0.综上所述，的取值范围是.16．【上海市青浦区 2019 届高三二模】已知为的外心，，大值为________【答案】【解析】设的外接圆半径为 1，以外接圆圆心为原点建立坐标系，因为，所以，不妨设，，，则，，，因为，所以，，则的最25解得，因为在圆上，所以即，，所以，所以，解得或，因为只能在优弧上，所以，故26。

2022年浙江省湖州市长兴县、余杭、缙云三校高考数学联考试卷(5月份+答案解析(附后)

2022年浙江省湖州市长兴县、余杭、缙云三校高考数学联考试卷（5月份）1. 设全集，集合，则( )A. B. C. D.2. 已知，若复数，复数z的实部是4，则z的虚部是( )A. B. C. 2i D. 23.如图，某多面体的体积是，其三视图如图所示，则正视图中的高( )A. 1B.C.D.4. 若实数x，y满足约束条件，则的最小值为( )A. 2B. 3C. 5D. 65. 已知a，b为非零实数，下列四个条件中，使成立的充分而不必要的条件是( )A. B. C. D.6. 已知函数的图像如图所示，则实数a 的值可能是( )A. B. C. D. 27. 如图，已知四边形ABCD ，是以BD 为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，将沿对角线BD 翻折到在翻折的过程中，下列结论中不正确的是( )A.B. DP 与BC 可能垂直C. 直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是D. 四面体PBCD 的体积的最大是8. 已知，，定义，则的最小值是( )A. 5B. 6C. 8D. 19. 已知双曲线C ：的左，右焦点分别是，，点P 是双曲线C 左支上一点，满足，若以点P 为圆心，r 为半径的圆与圆：内切，与圆：外切，其中，则双曲线C的离心率为( )A. 2B.C. D.10. 已知数列的各项都是正数，记，数列的前n 项和为，给出下列四个命题：①若数列各项单调递增，则首项；②若数列各项单调递减，则首项；③若数列各项单调递增，当时，；④若数列各项单调递增，当时，则以下说法正确的个数( )A. 4B. 3C. 2D. 111. 若一个三角形的三边长分别为a，b，c，设，则该三角形的面积，这就是著名的“秦九韶-海伦公式”若的三边长分别为5，6，7，则该三角形的面积为______.12. 若函数，则______，不等式的解集是______.13. 若，则______，______.14. 一个口袋里有形状一样仅颜色不同的5个小球，其中白色球3个，黑色球2个．若从中任取1个球，每次取球后都放回袋中，则事件“连续取球3次，恰好取到两次白球”的概率为______；若从中任取2个球，记所取球中白球可能被取到的个数为，则随机变量的期望为______.15. 在中，，D是线段BC上一点，且，则______，AD的长为______.16.设，，若存在，，使得，则称函数与互为“n度零点函数”．若与互为“1度零点函数”，则实数a的取值范围为______.17. 已知平面向量满足，若，则的最小值是______.18. 已知函数的部分图像如图所示．求的解析式；在锐角中，若边，且，求周长的最大值．19. 已知四棱锥中，底面ABCD为等腰梯形，，，，是斜边为AP的等腰直角三角形．若时，求证：平面平面ABCD；若时，求直线PD与平面ABCD所成的角的正弦值．20.已知数列满足为实数，且，，，，且，，成等差数列．求q的值和的通项公式；设，记数列的前n项和为，若对任意的，满足，试求实数的取值范围．21. 如图，已知椭圆的左、右焦点分别为、，，设是第一象限内椭圆C上的一点，、的延长线分别交椭圆C于点、当时，的面积为求椭圆C的方程；分别记和的面积为和，求的最大值．22. 已知函数为自然对数的底数令，若不等式恒成立，求实数a的取值范围；令，若函数有两不同零点，求实数m的取值范围；证明：答案和解析1.【答案】A【解析】解：因为集合，，所以故选：化简集合P，根据交集的定义求出即可．本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．2.【答案】B【解析】解：的实部是4，，解得，的虚部是故选：结合复数的四则运算，以及实部和虚部的定义，即可求解．本题主要考查实部和虚部的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．3.【答案】B【解析】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为三棱锥；如图所示：所以，解得：故选：首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步利用几何体的体积公式求出几何体的高．本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的体积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．4.【答案】A【解析】解：实数x，y满足约束条件的可行域如图：当直线经过可行域的A时，目标函数取得最小值，由解得，所以的最小值为故选：画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，转化求解即可．本题考查线性规划的简单应用，是基础题．5.【答案】D【解析】解：A，当，满足，是成立的必要不充分条件，错误，B，当，时，满足，但不成立，错误，C，是R上的增函数，，是充要条件，错误，D，由，反之若，，满足，但不成立，正确，故选：根据不等式的性质，指对函数的性质，再结合充分而不必要条件的定义进行判断即可．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，不等式的性质，指数函数，对数函数的性质，属于中档题．6.【答案】C【解析】解：由图像可得且且，即将这三个量代人表达式分母为0，即且且，解得，即，故选：由函数图像中的渐近线即可求得．本题考查了函数的定义域，对称性，渐近线，是基础题．7.【答案】C【解析】解：如图所示，取BD的中点M，连接PM，CM，是以BD为斜边的等腰直角三角形，，为等边三角形，，面PMC，，故A正确；对于B，假设，又，面PCD，，又，故DP与BC可能垂直，故B正确；当面面BCD时，此时面BCD，即为直线DP与平面BCD所成角，此时，故C错误；当面面BCD时，此时四面体PBCD的体积最大，此时的体积为：，故D正确．故选：对于A，取BD的中点M，即可得到面PMC，A选项可判断；对于B，采用反证法，假设，则面PCD，再根据题目所给的长度即可判断；对于C，当面面BCD时，此时直线DP与平面BCD所成角有最大值，判断即可；对于D，当面面BCD时，此时四面体PBCD的体积有最大值，计算最大体积判断即可．本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．8.【答案】A【解析】解：由题意，，，则，当且仅当，即时等号成立．的最小值是故选：由题意，，，再由不等式的性质结合基本不等式求最值即可．本题考查函数的最值及其几何意义，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．9.【答案】C【解析】解：由题意可得圆的方程可得圆心的坐标，半径为3a，由圆的方程可得圆心，半径为a，再由圆P与圆内切，可得，与圆外切可得，可得，由双曲线的定义及P在双曲线的左支上，可得，可得，，在中，，由余弦定理可得，可得，解得：离心率，故选：由题意可得圆，的圆心坐标及半径的值，再由圆P与与圆外切，与圆内切，可得的值，再由P在双曲线的左支上，可得的值，进而求出，的值，在中，由余弦定理可得a，c的关系，进而求出双曲线的离心率．本题考查双曲线的性质的应用及圆与圆内切，外切的性质的应用，余弦定理的应用，属于中档题．10.【答案】B【解析】解：对于①，若数列各项单调递增，则，解得，，又，则，①正确；对于②，若数列各项单调递减，则，解得，，，②正确；由于，则，即，又，……，对于③，若数列各项单调递增，当时，由于，则，，③错误；对于④，若数列各项单调递增，当时，由于，则，，④正确．故选：对于①②，根据题意及数列的单调性列式可求得的范围，进而得到的范围；对于③④，先分析可得，则，再根据单调性及首项的范围进行判断即可．本题考查数列性质及数列递推关系的运用，考查运算求解能力，属于中档题．11.【答案】【解析】解：，该三角形的面积故答案为：将三边长分别代入“秦九韶-海伦公式”能求出结果．本题考查三角形面积的求法，考查“秦九韶-海伦公式”等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．12.【答案】【解析】解：函数，，则由不等式，结合的解析式，可得或，求得或，故答案为：3；由题意，利用分段函数，先求出的值，可得要求式子的值；根据函数解析式，分类讨论求得不等式的解集．本题主要考查分段函数的应用，解不等式，属于基础题．13.【答案】【解析】解：若，则，再令，可得，，故答案为：32；先求出的值，再令，可得要求式子的值．本题主要考查二项式定理的应用，是给变量赋值的问题，关键是根据要求的结果，选择合适的数值代入，属于基础题．14.【答案】【解析】解：“连续取球3次，恰好取到两次白球”的概率，由题意，的可能值为0，1，2，则，所以故答案为：应用古典概型的概率求法求概率，写出的可能值并求出对应概率，进而求随机变量的期望．本题考查了古典概型的概率和随机变量的期望计算，属于中档题．15.【答案】【解析】解：在中，由正弦定理有，，即，；在中，由余弦定理有，，解得或，若，则，不合题意，故，，又，则，解得，故答案为：，利用正弦定理及二倍角公式可求得，利用余弦定理可求得AB及，再利用勾股定理得到本题主要考查正余弦定理在解三角形中的运用，考查运算求解能力，属于中档题．16.【答案】【解析】解：由与互为“1度零点函数”，可得：，解得，由，解得，设其解为，与互为“1度零点函数”，，解得，，，设，则，当时，，是增函数，当时，，是减函数，，，，实数a的取值范围为故答案为：利用已知条件，结合新定义，推出a的表达式，构造函数，利用函数的导数，求解函数的最值，推出结果即可．本题考查函数导数的应用，实际问题的处理方法，考查转化思想以及计算能力，是中档题．17.【答案】【解析】解：设，，，，由，根据三角不等式有：，得，所以故答案为：利用绝对值三角不等式，及三角函数的有界性可进行化简分析．本题考查平面向量的数量积的应用，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．18.【答案】解：根据函数的部分图像，可得，，又，所以结合五点法作图，可得，求得，故的解析式为在锐角中，由，得，及，故，因为为锐角三角形，且，故，由正弦定理，得，又，故故周长的最大值为【解析】由顶点坐标求出A，由周期求出，由五点作图求出，可得函数的解析式．先求得角A的值，结合B的范围，利用正弦定理、三角恒等变换，正弦函数的定义域和值域，求得周长的最大值．本题主要考查由函数的部分图象求函数的解析式，由顶点坐标求出A，由周期求出，由五点作图求出，正弦定理，正弦函数的定义域和值域，属于中档题．19.【答案】证明：因，则有，即有，又，且，AB，平面ABCD，于是得平面ABCD，而平面PBC，所以平面平面ABCD；解：在平面ABCD内，过B作直线垂直于AB，交直线CD于E，有，，如图，则为二面角的平面角，平面EBP，，于是得，中，，则，在中，，由余弦定理得，则有，显然平面平面EBP，在平面EBP内过B作，则平面ABP，以B为原点，分别以射线BA，BP，Bz为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，则，，设平面ABCD的法向量，则，令，得，而，设PD与平面ABCD所成的角为，，所以PD与平面ABCD所成的角的正弦值为【解析】根据给定条件，证明，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理作答．作出二面角的平面角并求出其大小，再建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答．本题考查了面面垂直的证明和线面角的计算，属于中档题．20.【答案】解：由己知，有，即，，又，由，得，则，当时，，当时，，故数列的通项公式为；由得，设数列的前n项和为，则，可得，两式相减得，，整理得，数列的前n项和为代入，得，即，又，，解得实数的取值范围是【解析】由己知可得，再由，得，即可求解q，然后分当和，求解数列的通项公式；由得，设数列的前n项和为，利用错位相减法求数列的前n项和．代入，利用数列的函数特性即可求实数的取值范围．本题考查数列递推式，考查等差数列定义的应用，训练了利用错位相减法求数列的前n项和，考查数列的函数特性，是中档题．21.【答案】解：设，，由椭圆的定义可得：，的面积为，解得：，在中，，由余弦定理，即，所以，则，所以椭圆C的方程为：；设点P的坐标为，、，则直线的方程为，联立，整理可得：，所以，可得，同理可求得，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最大值为【解析】设，，由椭圆的定义及的面积可得的值，再由余弦定理可得a的值，进而求出b的值，求出椭圆的方程；设P的坐标，设直线的方程，与椭圆的方程联立，可得的坐标，同理可得的坐标，代入三角形的面积公式可得表达式，整理，由均值不等式可得其最大值．本题考查求椭圆的方程，直线与椭圆的综合应用，余弦定理及三角形面积公式的应用，属于中档题．22.【答案】解：由题设，，则，所以为偶函数，故只需时，恒成立，而满足，所以有恒成立，令，则，若，则，仅当时等号成立，所以，即在上递增，则，即，所以，在上，则，综上，a的范围为由题设，，若得：，故在单调减，在单调增，且x趋向负无穷趋向于0，x趋向正无穷趋向于正无穷，又，，则时，；时，，要使有两个不同解，且，则；证明：由知时，，则；记且，则，所以上，上，故在上递减，上递增，且，所以也有两根，记为，又上，则，令，则为的两根，故，，所以，而，所以【解析】根据为偶函数，将问题转化为时恒成立，根据及参变分离求有恒成立，求参数范围；利用导数研究的单调性，及区间值域情况，进而判断有两不同解时m的范围即可；由知时，且，应用放缩法有，构造研究极值并判断的两根与，大小关系，得到即可证结论．本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，利用综合法证明不等式，函数的零点和不等式恒成立问题，考查了转化思想，属难题．。

2019年浙江省湖州市三校高考数学模拟试卷(4月份)解析版

2019年浙江省湖州市三校高考数学模拟试卷（4月份）一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1.已知集合P={x|0＜x＜2}，Q={x|-1＜x＜1}，则P∩Q=（）A. (−1,2)B. (0,1)C. (−1,0)D. (1,2)2.双曲线x24−y2=1的焦点到渐近线的距离为（）A. 1B. √2C. 2D. 33.复数21+i的共轭复数是（）A. 1+iB. 1−iC. −1+iD. −1−i4.若变量x，y满足约束条件{y≤xx+y≤1y≥−1，则|x+3y|的最大值是（）A. 1B. 2C. 3D. 45.设函数f（x）=x2ln1+x1−x，则函数f（x）的图象可能为（）A. B.C. D.6.设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件7.已知袋子中装有若干个大小形状相同且标有数字1，2，3的小球，每个小球上有一个数字，它们的个数依次成等差数列，从中随机抽取一个小球，若取出小球上的数字X的数学期望是2，则X的方差是（）A. 13B. 23C. 83D. 438.已知三棱锥P-ABC中，△ABC为正三角形，PA＞PB＞PC，且P在底面ABC内的射影在△ABC的内部（不包括边界），二面角P-AB-C，二面角P-BC-A，二面角P-AC-B的大小分别为α，β，γ，则（）A. α>β>γB. γ>α>βC. α<γ<βD. α<β<γ9.已知向量a⃗，b⃗ 的夹角为60°，|a⃗|=1且c⃗=−2a⃗+t b⃗ (t∈R)，则|c⃗|+|c⃗−a⃗|的最小值为（）A. √13B. √19C. 5D. 9√13410.已知数列{a n}满足a1=12，a n+1=a n22018+a n(n∈N∗)，则使a n＞1的正整数n的最小值是（）A. 2018B. 2019C. 2020D. 2021二、填空题（本大题共7小题，共42.0分）11.我国古代某数学著作中记载了一个折竹抵地问题：“今有竹高二丈，末折抵地，去本六尺，问折者高几何？”意思是：有一根竹子（与地面垂直），原高二丈（1丈=10尺），现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的距离为六尺，则折断处离地面的高为______尺．12.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm）等于______，表面积（单位：cm2）等于______．13.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知tan（π4+A）=2，则sin A的值为______，若B=π4，a=4，则△ABC的面积等于______．14.若（x-3）3(2x+1)5=a0+a1x+a2x2+⋯+a8x8，则a0=______，a0+a2+…a8=______．15.已知函数f（x）={−x2+4x,x>02−x,x≤0，则f（f（-1））=______，若实数a＜b＜c，且f（a）=f（b）=f（c），则a+b+c的取值范围是______．16.现有排成一排的7个不同的盒子，将红、黄、蓝、白颜色的4个小球全部放入这7个盒子中，若每个盒子最多放一个小球，则恰有两个空盒相邻且红球与黄球不相邻的不同放法共有______种．（结果用数字表示）17.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的两个顶点A（a，0），B（0，b），过A，B分别作AB的垂线交该椭圆于不同于的C，D两点，若2|BD|=3|AC|，则椭圆的离心率是______．三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）18.已知函数f（x）=2cos2x-2√3sin x cosx．（Ⅰ）求函数f（x）的单调递减区间；（Ⅱ）求方程f（x）=-13在区间[0，π2]内的所有实根之和．19.如图，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，且DE=√3，平面ABCD⊥平面ADE，二面角A-CD-E为30°．（Ⅰ）求证：AE⊥平面CDE；（Ⅱ）求AB与平面BCE所成角的正弦值．20.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，公差d≠0，且S1，S3，S9成等比数列，数列{b n}满足b1S1+b2S2+…+b n S n=6-n2+4n+62n（n∈N*），{b n}的前n项和为T n．（Ⅰ）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）记R n=1a1a2+1a2a3+⋯+1a n a n+1，试比较R n与12T n的大小．21.已知抛物线L：y2=2px（p＞0）的焦点为F，过点M（5，0）的动直线l与抛物线L交于A，B两点，直线AF交抛物线L于另一点C，|AC|的最小值为4．（Ⅰ）求抛物线L的方程；（Ⅱ）记△ABC、△AFM的面积分别为S1，S2，求S1•S2的最小值．22.已知函数f（x）=2x2，g（x）=m ln x（m＞0），曲线f（x）与g（x）有且仅有一个公共点．（Ⅰ）求m的值；（Ⅱ）若存在实数a，b，使得关于x的不等式g（x）≤ax+b≤f（x）+2对任意正实数x恒成立，求a的最小值．答案和解析1.【答案】B【解析】解：∵P={x|0＜x＜2}，Q={x|-1＜x＜1}；∴P∩Q=（0，1）．故选：B．进行交集的运算即可．考查描述法、区间的定义，以及交集的运算．2.【答案】A【解析】解：双曲线中，焦点坐标为（，0），渐近线方程为：y=，∴双曲线的焦点到渐近线的距离：d==1．故选：A．分别求出双曲线的焦点坐标和渐近线方程，利用点到直线的距离公式，能求出结果．本题考查双曲线的焦点到渐近线的距离的求法，是基础题，解题时要熟练掌握双曲线的简单性质．3.【答案】A【解析】解：复数z===1-i的共轭复数=1+i．故选：A．利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4.【答案】D【解析】解：作出约束条件表示的可行域如图所示：由目标函数z=x+3y得y=-x+，由图象可知当直线y=-x+经过点A时，截距最大，解方程组，解得A （，）．∴z的最大值为+3×=2．由图象可知当直线y=-x+经过点B（-1，-1）时，截距最小，最小值为：-4，则|x+3y|的最大值是：4．故选：D．作出可行域，将目标函数z=x+3y化为y=-x+，根据函数图象判断直线取得最大截距时的位置，得出最优解．本题考查了简单线性规划，画出可行域，判断目标函数的几何意义是解题的关键，属于中档题．5.【答案】C【解析】解：由＞0得（1+x）（x-1）＜0，得-1＜x＜1，即函数的定义域为（-1，1），则f（-x）=x2ln =-x=-f（x），即函数f（x）为奇函数，图象关于原点对称，排除B，D，f （）=ln =ln3＞0，排除A，故选：C．判断的奇偶性和对称性，结合函数值的对应性进行排除即可．本题主要考查函数图象的识别和判断，结合函数奇偶性和对称性之间的关系以及利用排除法是解决本题的关键．6.【答案】A【解析】解：∵b⊥m，∴当α⊥β，则由面面垂直的性质可得a⊥b成立，若a⊥b，则α⊥β不一定成立，故“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件，故选：A．根据充分条件和必要条件的定义结合面面垂直的性质即可得到结论．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用线面垂直的性质是解决本题的关键．7.【答案】B【解析】解：依题意，设2号小球有a个，1号有（a-d）个，三号有（a+d）个，则从中随机抽取一个小球，若取出小球上的数字X的分布列为：X 1 2 3P所以E（X）=1×+2×+3×==2，解得d=0，所以取出小球上的数字X的分布列为：X 1 2 3P所以E（X 2）==．∴D（X ）=E（X 2）-E2（X））=-22=．故选：B．根据题目所给信息，先求出三种小球的比例，即可得到其期望与方差．本题考查了离散型随机变量的期望与方差，属于基础题．8.【答案】C【解析】解：如图，过P作PO⊥平面ABC，垂足为O，过O作OD⊥AB，交AB于D，过O作OE⊥BC，交BC 于E，过O作OF⊥AC，交AC于F，连结OA，OB，OC，PD，PE，PF，∵△ABC为正三角形，PA＞PB＞PC ，二面角P-AB-C，二面角P-BC-A，二面角P-AC-B的大小分别为α，β，γ，∴α=∠PDO，β=∠PEO ，γ=∠PEO，OA＞OB ＞OC，AB=BC=AC，∴OD＞OF＞OE，∴α＜γ＜β．故选：C．过P作PO⊥平面ABC，垂足为O，过O作OD⊥AB，交AB于D，过O作OE⊥BC，交BC于E，过O作OF⊥AC，交AC于F，推导出OA＞OB＞OC，AB=BC=AC，得到OD＞OF＞OE，由此得到α＜γ＜β．本题考查二面角的大小的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．9.【答案】B【解析】解：||=1，设为x轴方向的单位向量，因为t∈R，所以t表示与共线的任意向量，向量，的夹角为60°，不妨设=（1，），则=（t-2，t），=（t-3，t），所以||+||=+，表示（t，）到A点（2，0）的距离与（t，）到B点（3，0）的距离之和．即||+||=PA+PB，设P（t，），则P在直线l：y=上，设x轴关于直线l的对称直线为m，且A，B两点关于l的对称点分别为C，D．则PA=PC，PB=PD，所以||+||=PA+PD≥AD，由因为OA=2，OD=3，∠AOD=120°，所以由余弦定理||+||=PA+PD≥AD===．故选：B．建立坐标系，设出，的坐标，将||+||转化为距离和，找到直线的对称直线，再将距离和转化为两点间的距离即可．本题考查了平面向量基本定理，直线的对称直线，余弦定理等知识．属于难题．10.【答案】C【解析】解：∵a，a，令b n =，则，b1=，∴=，∴，，…=，以上式子相加可得，=∴=4036-，∵a，∴＞0，即a n+1＞a n，∴数列{a n}单调递增设当1≤n≤m时，，当n≥m+1时，a n＞1，∴当1≤n≤m时，，，∴∴，∴，a2019＜1；，a2020＞1使a n＞1的正整数n的最小值是2020 故选：C．令b n =，利用累加法求解，再根据范围求解正整数m的最小值即可本题主要考查了数列的递推公式在数列的通项公式求解中的应用及累加法的应用，考查了的等价转化与构造法的应用，考查了综合分析与解决问题的能力11.【答案】9.1【解析】解：由题意，设折断处离地面的高为x尺，则：（20-x）2-x2=62，可得400-40x+x2-x2=36，解得x=9.1（尺）．故答案为：9.1．设出竹高，利用勾股定理求解即可．本题考查三角形的解法，勾股定理的应用，考查计算能力．12.【答案】16320+4√5【解析】解：由题意可知几何体的直观图如图：是一个正方体挖去一个正四棱锥的几何体，正方体的棱长为2，所以几何体的体积为：2×2×2=．几何体的表面积为：5×2×2+4×=20+4．故答案为：；20+4．画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积与表面即可．本题考查三视图求解几何体的体积以及表面积，判断几何体的形状是解题的关键．13.【答案】√101016【解析】解：∵由tan（）=2，可得：=2，∴tanA=．∴=，又∵cos2A+sin2A=1，∴解得：sinA=．∵B=，a=4，sinA=，∴由正弦定理：，可得：b===4，∵tanA=，cosA==，∴sinC=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB=×+×=．∴△ABC的面积S=absinC=×4×4×=16．故答案为：，16．利用正切的和与差化简tan （）=2．可得tanA的值，根据同角三角函数基本关系式可求得sinA的值，由正弦定理可求得b的值，利用同角三角函数基本关系式可求cosA的值，利用两角和的正弦函数公式可求sinC的值，根据三角形的面积公式即可计算得解．本题主要考查了同角三角函数基本关系式，正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式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．14.【答案】-27 -940【解析】解：（x-3）8，令x=0，则a0=（-3）3=-27，令x=1，-1．分别可得：（-2）3×35=a0+a1+a2+…+a8；（-4）3×（-1）5=a0-a1+a2+…+a8．相加可得：a0+a2+…+a8=×（43-23×35）=-940．故答案为：-27，-940．（x-3）8，令x=0，则a0=（-3）3．令x=1，-1．分别可得：（-2）3×35=a0+a1+a2+…+a8；（-4）3×（-1）5=a0-a1+a2+…+a8．相加可得：a0+a2+…+a8．本题考查了二项式定理的求值，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15.【答案】4 （2，4）【解析】解：函数f（x）=，可得f（-1）=2，f（f（-1））=f（2）=-4+8=4，作出f（x）的图象，实数a＜b＜c，且f（a）=f（b）=f（c），可得b+c=4，由2-a=4，解得a=-2，即-2＜a＜0，则a+b+c的范围是（2，4）．故答案为：4，（2，4）由分段函数，可先求f（-1），再求f（f（-1））；作出f（x）的图象，可得b+c=4，-2＜a＜0，即可得到所求范围．本题考查分段函数的运用：求函数值，考查数形结合思想和运算能力，属于基础题．16.【答案】336【解析】解：先不考虑红球和黄球不相邻的问题，将4个球全排列有种方法，再将两个空盒捆绑，和剩余的一个空盒插空有种方法，其中包含红球和黄球相邻的种方法，故恰有两个空盒相邻且红球与黄球不相邻的不同放法共有-=336种方法．故填：336．先将四个球排入四个盒子，将两个空盒捆绑后，和另一个空盒插空，再去掉红球和黄球相邻的情况即可．本题考查了计数原理，因为要求较多，故采用的特殊方法较多，计算时要特别注意做到不重不漏．本题属中档题．17.【答案】√33【解析】解：依题意可得k BD=K AC=-=，∵过A，B分别作AB 的垂线交椭圆T于D，C （不同于顶点），∴直线AC：y=（x-a），直线BD：y=x+b．由⇒（b4+a4）x2+2a3b2x=0，∴x B+x D =-⇒x D =-．由⇒（b4+a4）x2+-2a5x+a6-a2b4=0，∴x A x C =，∴x C =．∵|DB|=（0-x D），|AC|=（a-x C），由2|BD|=3|AC|，可得3x C-2x D=3a，化简可得2a2=3b2，椭圆T的离心率e====，故答案为：．求得AC，BD的斜率，可得直线AC，BD的方程，与椭圆方程联立，求得C，D的横坐标，由弦长公式和条件可得a，b的关系，再由离心率公式，可得所求值．本题考查椭圆的方程和性质，主要是离心率的求法，考查直线和椭圆方程联立，求交点，考查运算能力，属于中档题．18.【答案】解：（Ⅰ）f（x）=2cos2x-2√3sin x cosx=1+cos2x-√3sin2x=1-2sin（2x-π6），由f（x）单调递减可知，sin（2x-π6）递增，故2kπ-π2≤2x-π6≤2kπ+π2，k∈Z，即kπ-π6≤x≤kπ+π3，k∈Z，∴函数f（x）的单调递增区间是：[kπ-π6，kπ+π3]，k∈Z，（Ⅱ）由1-2sin（2x-π6）=-13，得：sin（2x-π6）=23，由sin（2x-π6）在[0，π3]上递增，在[π3，π2]上递减，且12＜23＜1，得，方程在[0，π2]上有两不等实根α，β，且满足α+β2=π3．∴α+β=2π3．【解析】（Ⅰ）先根据二倍角公式、辅助角公式化基本三角函数，再根据正弦函数性质求减区间．（Ⅱ）根据正弦函数图象与性质求简单三角方程的根．本题考查二倍角公式、辅助角公式以及正弦函数图象与性质，考查综合分析与求解能力，属中档题．19.【答案】（Ⅰ）证明：平面ABCD⊥平面ADE，平面ABCD∩平面ADE=AD，且CD⊥AD，∴CD⊥平面ADE，从而CD⊥DE，CD⊥AE，∴∠ADE即为二面角A-CD-E的平面角，即∠ADE=30°．又AD=2，DE=√3，由余弦定理得AE=1，∴AE2+DE2=AD2，即AE⊥DE．又CD∩DE=D，∴AE⊥平面CDE．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，AB⊥平面ADE，从而AB⊥AE，BE=√5，又CE=√7，BC=2，故S△BCE=√192．由已知，点B到平面CDE的距离等于点A到平面CDE的距离AE=1，设点A到平面BCE的距离为d，则点D到平面BCE的距离也为d，由V B-CDE=V D-BCE得：13×√192×d=13×12×2×√3×1，d=2√3√19．∴AB与平面BCE所成角的正弦值sinθ=dAB=√5719．【解析】（Ⅰ）根据面面垂直性质定理得CD⊥平面ADE，即得∠ADE即为二面角A-CD-E的平面角，利用余弦定理解得AE，根据勾股定理得AE⊥DE．最后根据线面垂直判定定理得结论；（Ⅱ）先利用等体积法求点A到平面BCE的距离，再根据解三角形得结果．本题考查面面垂直性质定理、二面角、线面垂直判定定理、等体积法求点到平面的距离以及线面角，考查综合分析与求解能力，属中档题．20.【答案】解：（Ⅰ）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，公差d≠0，且S1，S3，S9成等比数列，则：（3+3d）2=9+36d，解得：d=2，所以：a n=2n-1，故：S n=n2．由于：数列{b n}满足b1S1+b2S2+…+b n S n=6-n2+4n+62n（n∈N*），则：b1⋅12+b2⋅22+⋯+b n⋅n2=6−n2+4n+62n①，当n≥2时，b1⋅12+b2⋅22+⋯+b n−1⋅(n−1)2=6−(n−1)2+4(n−1)+62n−1②，①-②得：b n⋅n2=n22n，当n =1时，b 1=12．则：b n =12n （首项符合通项），故：b n =12n ．（Ⅱ）由（Ⅰ）得：T n =1−12n ，所以：12T n =12(1−12n )，由于R n =11×3+13×5+⋯+1(2n−1)(2n+1)， =12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)，=12(1−12n+1)，当n =1时，21＜2×1+1=3，所以：R 1＞12T 1，当n =2时，22＜2×2+1=5，所以：R 2＞12T 2，当n ≥3时，2n =(1+1)2=1+C n1+⋯+C n n＞1+n +n(n−1)2≥2n +1，∴R n ＜12T n ．综上所述，当n ≤2时，R n ＞12T n ；当n ≥3时R n ＜12T n ．【解析】（Ⅰ）直接利用递推关系式求出数列的通项公式．（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，进一步利用裂项相消法求出结果，进一步利用数学归纳法求出结果．本题考查的知识要点：本题考查利用和项与通项关系求通项公式、裂项相消法求和以及二项展开式应用，考查综合分析与求解能力，属中档题．21.【答案】解（Ⅰ）由已知及抛物线的几何性质可得|AC |min =2p =4，∴p =2，∴抛物线L 的方程为y 2=4x ．（Ⅱ）设直线AB ：x =ty +5，AC ：x =my +1， A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），C （x 3，y 3），由{y 2=4x x=ty+5⇒y 2-4ty -20=0⇒y 1+y 1=4t ，y 1y 2=-20，同理可得y 1y 3=-4，从而C （4y 12，-4y 1），点C 到AB 的距离d =|4y 12+4ty 1−5|√1+t 2=1√1+t 2||16y 12+4|，|AB |=√1+t 2|y 1-y 2|=√1+t 2|y 1+20y 1|，∴S 1=2×|4y 12+1|•|y 1+20y 1|=2|y 1|（4y 12+1）（y 12+20）．又S 2=12×4×|y 1|=2|y 1|， ∴S 1•S 2=4（4y 12+1）（y12+20）=4（y12+80y 12+24）≥4（8√5+24）=96+32√5．当且仅当y 12=4√5，即A （√5，±2√54）时S 1•S 2有最小值96+32√5．【解析】（Ⅰ）根据抛物线性质可得|AC|min =2p ，即得结果，（Ⅱ）设直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及弦长公式求S 1•S 2，再利用基本不等式求最值．本题考查抛物线定义与性质以及基本不等式求最值，考查综合分析与求解能力，属中档题． 22.【答案】解：（Ⅰ）由f （x ）=g （x ），即2x 2=m ln x ，令F （x ）=lnxx 2−2m ，则F ′（x ）=1−2lnx x 3．∵F （x ）在（0，√e ）上递增，在（√e ，+∞）上增减， ∴F(x)max =F(√e)=12e −2m ，∴m =4e ；（Ⅱ）由题意知，必有g （1）≤ax +b ≤f （1）+2，即0≤a +b ≤4，当a =0时，x ＞e b4e ，4e ln x ＜ax +b ，不符合题意；当a ＜0时，有b ＞0，此时x 0=max{1，-ba }，g （x 0）≥ax +b ，不符合题意，因此有a ＞0，因此△=a 2-8（2-b ）≤0，①令h （x ）=g （x ）-（ax +b ）=4e ln x -ax -b ，则h ′（x ）=4ex −a ， h （x ）在（0，4ea ）上单调递增，在（4ea ，+∞）上单调递减，故ℎ(x)max =ℎ(4ea )=4eln4e a−4e −b ≤0，②由①②两式知a 2−8(2−4eln 4e a+4e)≤0，构造函数φ（x ）=x 2−8(2−4eln4e x+4e)，则φ（4）=0，φ（x）在（0，4√e）上递减，在（4√e，+∞）上递增，故a min=4，此时b=0．【解析】（Ⅰ）根据导数研究函数图象，再根据图象确定有且仅有一个公共点的条件，解得结果，（Ⅱ）先根据特殊值缩小a的取值范围，再根据二次函数性质确定ax+b≤f（x）+2成立的条件，利用导数确定g（x）≤ax+b成立的条件，结合两个条件消b得关于a满足的条件，最后利用导数分析a取值范围，即得最小值．本题考查利用导数研究函数零点以及利用导数研究不等式恒成立，考查综合分析与求解能力，属难题．。

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高考数学模拟试卷（4月份）一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1.已知集合P={x|0＜x＜2}，Q={x|-1＜x＜1}，则P∩Q=（）A. （-1，2）B. （0，1）C. （-1，0）D. （1，2）2.双曲线的焦点到渐近线的距离为（）A. 1B.C. 2D. 33.复数的共轭复数是（）A. 1+iB. 1-iC. -1+iD. -1-i4.若变量x，y满足约束条件，则|x+3y|的最大值是（）A. 1B. 2C. 3D. 45.设函数f（x）=x，则函数f（x）的图象可能为（）A. B.C. D.6.设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，则“α⊥β”是“a⊥b”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件7.已知袋子中装有若干个大小形状相同且标有数字1,2,3的小球，每个小球上有一个数字，它们的个数依次成等差数列，从中随机抽取一个小球，若取出小球上的数字的数学期望是2，则的方差是（）A. B. C. D.8.已知三棱锥P-ABC中，△ABC为正三角形，PA＞PB＞PC，且P在底面ABC内的射影在△ABC的内部（不包括边界），二面角P-AB-C，二面角P-BC-A，二面角P-AC-B9.已知向量，的夹角为60°，||=1且，则||+||的最小值为（）A. B. C. 5 D.10.已知数列{a n}满足，（n∈N*），则使a n＞1的正整数n的最小值是（）A. 2018B. 2019C. 2020D. 2021二、填空题（本大题共7小题，共42.0分）11.我国古代某数学著作中记载了一个折竹抵地问题：“今有竹高二丈，末折抵地，去本六尺，问折者高几何？”意思是：有一根竹子（与地面垂直），原高二丈（1丈=10尺），现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的距离为六尺，则折断处离地面的高为______尺．12.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm）等于______，表面积（单位：cm2）等于______．13.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知tan（）=2，则sin A的值为______，若B=，a=4，则△ABC的面积等于______．14.若（x-3）8，则a0=______，a0+a2+…a8=______．15.已知函数f（x）=，则f（f（-1））=______，若实数a＜b＜c，且f（a）=f（b）=f（c），则a+b+c的取值范围是______．16.现有排成一排的7个不同的盒子，将红、黄、蓝、白颜色的4个小球全部放入这7个盒子中，若每个盒子最多放一个小球，则恰有两个空盒相邻且红球与黄球不相邻的不同放法共有________种.(结果用数字表示)17.已知椭圆的两个顶点A（a，0），B（0，b），过A，B分别作AB的垂线交该椭圆于不同于的C，D两点，若2|BD|=3|AC|，则椭圆的离心率是______．三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）18.已知函数f（x）=2cos2x-2sin x cosx．（Ⅰ）求函数f（x）的单调递减区间；（Ⅱ）求方程f（x）=-在区间[0，]内的所有实根之和．19.如图，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，且DE=，平面ABCD⊥平面ADE，二面角A-CD-E为30°．（Ⅰ）求证：AE⊥平面CDE；（Ⅱ）求AB与平面BCE所成角的正弦值．20.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，公差d≠0，且S1，S3，S9成等比数列，数列{b n}满足b1S1+b2S2+…+b n S n=6-（n∈N*），{b n}的前n项和为T n．（Ⅰ）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（Ⅱ）记R n=，试比较R n与的大小．21.已知抛物线L：y2=2px（p＞0）的焦点为F，过点M（5，0）的动直线l与抛物线L交于A，B两点，直线AF交抛物线L于另一点C，|AC|的最小值为4．（Ⅰ）求抛物线L的方程；（Ⅱ）记△ABC、△AFM的面积分别为S1，S2，求S1•S2的最小值．22.已知函数f（x）=2x2，g（x）=m ln x（m＞0），曲线f（x）与g（x）有且仅有一个公共点．（Ⅰ）求m的值；（Ⅱ）若存在实数a，b，使得关于x的不等式g（x）≤ax+b≤f（x）+2对任意正实数x恒成立，求a的最小值．答案和解析1.【答案】B【解析】解：∵P={x|0＜x＜2}，Q={x|-1＜x＜1}；∴P∩Q=（0，1）．故选：B．进行交集的运算即可．考查描述法、区间的定义，以及交集的运算．2.【答案】A【解析】解：双曲线中，焦点坐标为（，0），渐近线方程为：y=，∴双曲线的焦点到渐近线的距离：d==1．故选：A．分别求出双曲线的焦点坐标和渐近线方程，利用点到直线的距离公式，能求出结果．本题考查双曲线的焦点到渐近线的距离的求法，是基础题，解题时要熟练掌握双曲线的简单性质．3.【答案】A【解析】解：复数z===1-i的共轭复数=1+i．故选：A．利用复数的运算法则、共轭复数的定义即可得出．本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4.【答案】D【解析】解：作出约束条件表示的可行域如图所示：由目标函数z=x+3y得y=-x+，由图象可知当直线y=-x+经过点A时，截距最大，解方程组，解得A（，）．∴z的最大值为+3×=2．由图象可知当直线y=-x+经过点B（-1，-1）时，则|x+3y|的最大值是：4．故选：D．作出可行域，将目标函数z=x+3y化为y=-x+，根据函数图象判断直线取得最大截距时的位置，得出最优解．本题考查了简单线性规划，画出可行域，判断目标函数的几何意义是解题的关键，属于中档题．5.【答案】C【解析】解：由＞0得（1+x）（x-1）＜0，得-1＜x＜1，即函数的定义域为（-1，1），则f（-x）=x2ln=-x=-f（x），即函数f（x）为奇函数，图象关于原点对称，排除B，D，f（）=ln=ln3＞0，排除A，故选：C．判断的奇偶性和对称性，结合函数值的对应性进行排除即可．本题主要考查函数图象的识别和判断，结合函数奇偶性和对称性之间的关系以及利用排除法是解决本题的关键．6.【答案】A【解析】解：∵b⊥m，∴当α⊥β，则由面面垂直的性质可得a⊥b成立，若a⊥b，则α⊥β不一定成立，故“α⊥β”是“a⊥b”的充分不必要条件，故选：A．根据充分条件和必要条件的定义结合面面垂直的性质即可得到结论．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，利用线面垂直的性质是解决本题的关键．7.【答案】B【解析】解：依题意，设2号小球有a个，1号有（a-d）个，三号有（a+d）个，则从中随机抽取一个小球，若取出小球上的数字X的分布列为：所以E（X）=1×+2×+3×==2，解得d=0，X所以E（X2）==．∴D（X）=E（X2）-E2（X））=-22=．本题考查了离散型随机变量的期望与方差，属于基础题．8.【答案】C【解析】解：如图，过P作PO⊥平面ABC，垂足为O，过O作OD⊥AB，交AB于D，过O作OE⊥BC，交BC于E，过O作OF⊥AC，交AC于F，连结OA，OB，OC，PD，PE，PF，∵△ABC为正三角形，PA＞PB＞PC，二面角P-AB-C，二面角P-BC-A，二面角P-AC-B的大小分别为α，β，γ，∴α=∠PDO，β=∠PEO，γ=∠PEO，OA＞OB＞OC，AB=BC=AC，∴OD＞OF＞OE，∴α＜γ＜β．故选：C．过P作PO⊥平面ABC，垂足为O，过O作OD⊥AB，交AB于D，过O作OE⊥BC，交BC于E，过O作OF⊥AC，交AC于F，推导出OA＞OB＞OC，AB=BC=AC，得到OD ＞OF＞OE，由此得到α＜γ＜β．本题考查二面角的大小的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．9.【答案】B【解析】解：||=1，设为x轴方向的单位向量，因为t∈R，所以t表示与共线的任意向量，向量，的夹角为60°，不妨设=（1，），则=（t-2，t），=（t-3，t），所以||+||=+，表示（t，）到A点（2，0）的距离与（t，）到B点（3，0）的距离之和．即||+||=PA+PB，设P（t，），则P在直线l：y=上，设x轴关于直线l的对称直线为m，且A，B 两点关于l的对称点分别为C，D．则PA=PC，PB=PD，所以||+||=PA+PD≥AD，由因为OA=2，OD=3，∠AOD=120°，所以由余弦定理||+||=PA+PD≥AD===．故选：B．建立坐标系，设出，的坐标，将||+||转化为距离和，找到直线的对称直线，再将距本题考查了平面向量基本定理，直线的对称直线，余弦定理等知识．属于难题．10.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查了数列的递推公式在数列的通项公式求解中的应用及累加法的应用，考查了的等价转化与构造法的应用，考查了综合分析与解决问题的能力令b n=，利用累加法求解，再根据范围求解正整数n的最小值即可【解答】解：∵，，令b n=，则，b1=，∴=，∴，，…=，以上式子相加可得，=∴=4036-，∵a，∴＞0，即a n+1＞a n，∴数列{a n}单调递增设当1≤n≤m时，，当n≥m+1时，a n＞1，∴当1≤n≤m时，，，∴∴，∴，a2019＜1；，a2020＞1使a n＞1的正整数n的最小值是2020故选：C．11.【答案】9.1故答案为：9.1．设出竹高，利用勾股定理求解即可．本题考查三角形的解法，勾股定理的应用，考查计算能力．12.【答案】20+4【解析】【分析】本题考查三视图求解几何体的体积以及表面积，判断几何体的形状是解题的关键，属于中档题目．画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解几何体的体积与表面即可．【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：是一个正方体挖去一个正四棱锥的几何体，正方体的棱长为2，所以几何体的体积为：2×2×2=．几何体的表面积为：5×2×2+4×=20+4．故答案为：；20+4．13.【答案】16【解析】解：∵由tan（）=2，可得：=2，∴tan A=．∴=，又∵cos2A+sin2A=1，∴解得：sin A=．∵B=，a=4，sin A=，∴由正弦定理：，可得：b===4，∵tan A=，cos A==，∴sin C=sin（A+B）=sin A cos B+cos A sin B=×+×=．∴△ABC的面积S=ab sin C=×4×4×=16．故答案为：，16．利用正切的和与差化简tan（）=2．可得tan A的值，根据同角三角函数基本关系式的正弦函数公式可求sin C的值，根据三角形的面积公式即可计算得解．本题主要考查了同角三角函数基本关系式，正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式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．14.【答案】-27 -940【解析】解：（x-3）8，令x=0，则a0=（-3）3=-27，令x=1，-1．分别可得：（-2）3×35=a0+a1+a2+…+a8；（-4）3×（-1）5=a0-a1+a2+…+a8．相加可得：a0+a2+…+a8=×（43-23×35）=-940．故答案为：-27，-940．（x-3）8，令x=0，则a0=（-3）3．令x=1，-1．分别可得：（-2）3×35=a0+a1+a2+…+a8；（-4）3×（-1）5=a0-a1+a2+…+a8．相加可得：a0+a2+…+a8．本题考查了二项式定理的求值，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15.【答案】4 （2，4]【解析】【分析】本题考查分段函数的运用：求函数值，考查数形结合思想和运算能力，属于基础题．由分段函数，可先求f（-1），再求f（f（-1））；作出f（x）的图象，可得b+c=4，-2＜a0，即可得到所求范围．【解答】解：函数f（x）=，可得f（-1）=2，f（f（-1））=f（2）=-4+8=4，作出f（x）的图象，实数a＜b＜c，且f（a）=f（b）=f（c），可得b+c=4，由2-a=4，解得a=-2，即-2＜a0，则a+b+c的范围是（2，4]．故答案为：4，（2，4].16.【答案】336【解析】解：先不考虑红球和黄球不相邻的问题，将4个球全排列有种方法，再将两个空盒捆绑，和剩余的一个空盒插空有种方法，其中包含红球和黄球相邻的种方法，故恰有两个空盒相邻且红球与黄球不相邻的不同放法共有-=336种方法．故填：336．先将四个球排入四个盒子，将两个空盒捆绑后，和另一个空盒插空，再去掉红球和黄球不重不漏．本题属中档题．17.【答案】【解析】解：依题意可得k BD=K AC=-=，∵过A，B分别作AB的垂线交椭圆T于D，C（不同于顶点），∴直线AC：y=（x-a），直线BD：y=x+b．由⇒（b4+a4）x2+2a3b2x=0，∴x B+x D=-⇒x D=-．由⇒（b4+a4）x2+-2a5x+a6-a2b4=0，∴x A x C=，∴x C=．∵|DB|=（0-x D），|AC|=（a-x C），由2|BD|=3|AC|，可得3x C-2x D=3a，化简可得2a2=3b2，椭圆T的离心率e====，故答案为：．求得AC，BD的斜率，可得直线AC，BD的方程，与椭圆方程联立，求得C，D的横坐标，由弦长公式和条件可得a，b的关系，再由离心率公式，可得所求值．本题考查椭圆的方程和性质，主要是离心率的求法，考查直线和椭圆方程联立，求交点，考查运算能力，属于中档题．18.【答案】解：（Ⅰ）f（x）=2cos2x-2sin x cosx=1+cos2x-sin2x=1-2sin（2x-），由f（x）单调递减可知，sin（2x-）递增，故2kπ-≤2x-≤2kπ+，k∈Z，即kπ-≤x≤kπ+，k∈Z，∴函数f（x）的单调递增区间是：[kπ-，kπ+]，k∈Z，（Ⅱ）由1-2sin（2x-）=-，得：sin（2x-）=，由sin（2x-）在[0，]上递增，在[，]上递减，且，得，方程在[0，]上有两不等实根α，β，且满足=．∴α+β=．【解析】（Ⅰ）先根据二倍角公式、辅助角公式化基本三角函数，再根据正弦函数性质求减区间．（Ⅱ）根据正弦函数图象与性质求简单三角方程的根．本题考查二倍角公式、辅助角公式以及正弦函数图象与性质，考查综合分析与求解能力，属中档题．19.【答案】（Ⅰ）证明：平面ABCD⊥平面ADE，平面ABCD∩平面ADE=AD，且CD⊥AD，∴CD⊥平面ADE，从而CD⊥DE，CD⊥AE，∴∠ADE即为二面角A-CD-E的平面角，即∠ADE=30°．又AD=2，DE=，由余弦定理得AE=1，∴AE2+DE2=AD2，即AE⊥DE．又CD∩DE=D，,∴AE⊥平面CDE．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD⊥平面ADE，可得AB⊥平面ADE，从而AB⊥AE，BE=，又CE=，BC=2，故S△BCE=．由已知，点B到平面CDE的距离等于点A到平面CDE的距离AE=1，设点A到平面BCE的距离为d，则点D到平面BCE的距离也为d，由V B-CDE=V D-BCE得：=，d=，设AB与平面BCE所成角为，∴AB与平面BCE所成角的正弦值sinθ=．【解析】本题考查面面垂直性质定理、二面角、线面垂直判定定理、等体积法求点到平面的距离以及线面角，考查综合分析与求解能力，属于中档题．（Ⅰ）根据面面垂直性质定理得CD⊥平面ADE，得∠ADE即为二面角A-CD-E的平面角，利用余弦定理解得AE，根据勾股定理得AE⊥DE．最后根据线面垂直判定定理得结论；（Ⅱ）先利用等体积法求点A到平面BCE的距离，再根据解三角形得结果．20.【答案】解：（Ⅰ）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a1=1，公差d≠0，且S1，S3，S9成等比数列，则：（3+3d）2=9+36d，解得：d=2，所以：a n=2n-1，故：．由于：数列{b n}满足b1S1+b2S2+…+b n S n=6-（n∈N*），则：①，当n≥2时，②，①-②得：=，当n=1时，．则：（首项符合通项），故：．（Ⅱ）由（Ⅰ）得：，所以：，由于，=，=，当n=1时，21＜2×1+1=3，所以：，当n=2时，22＜2×2+1=5，所以：，当n≥3时，≥2n+1，∴．综上所述，当n≤2时，；当n≥3时．【解析】（Ⅰ）直接利用递推关系式求出数列的通项公式．（Ⅱ）利用（Ⅰ）的结论，进一步利用裂项相消法求出结果，进一步利用数学归纳法求出结果．本题考查的知识要点：本题考查利用和项与通项关系求通项公式、裂项相消法求和以及二项展开式应用，考查综合分析与求解能力，属中档题．21.【答案】解（Ⅰ）由已知及抛物线的几何性质可得|AC|min=2p=4，∴p=2，∴抛物线L的方程为y2=4x．（Ⅱ）设直线AB：x=ty+5，AC：x=my+1，A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），由⇒y2-4ty-20=0⇒y1+y1=4t，y1y2=-20，同理可得y1y3=-4，从而C（，-），点C到AB的距离d==，|AB|=|y1-y2|=|y1+|，∴S1=2×|+1|•|y1+|=（+1)(y+20）．又S2=×4×|y1|=2|y1|，∴S1•S2=4（+1）（y+20）=4（y++24）≥4（8+24）=96+32．当且仅当y12=4，即A（，±2）时S1•S2有最小值96+32．【解析】本题考查抛物线定义与性质以及基本不等式求最值，考查综合分析与求解能力，属中档题．（Ⅰ）根据抛物线性质可得|AC|min=2p，即得结果，（Ⅱ）设直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及弦长公式求S1•S2，再利用基本不等式求最值．22.【答案】解：（Ⅰ）由f（x）=g（x），即2x2=m ln x，令F（x）=，则F′（x）=．∵F（x）在（0，）上递增，在（，+∞）上增减，∴，∴m=4e；（Ⅱ）由题意知，必有g（1）≤ax+b≤f（1）+2，即0≤a+b≤4，当a=0时，x＞，4e ln x＜ax+b，不符合题意；当a＜0时，有b＞0，此时x0=max{1，-}，g（x0）≥ax+b，不符合题意，因此有a＞0，因此△=a2-8（2-b）≤0，①令h（x）=g（x）-（ax+b）=4e ln x-ax-b，则h′（x）=，h（x）在（0，）上单调递增，在（）上单调递减，故，②由①②两式知，构造函数φ（x）=，则φ（4）=0，φ（x）在（0，）上递减，在（，+∞）上递增，故a min=4，此时b=0．【解析】（Ⅰ）根据导数研究函数图象，再根据图象确定有且仅有一个公共点的条件，解得结果，（Ⅱ）先根据特殊值缩小a的取值范围，再根据二次函数性质确定ax+b≤f（x）+2成立的条件，利用导数确定g（x）≤ax+b成立的条件，结合两个条件消b得关于a满足的条件，最后利用导数分析a取值范围，即得最小值．本题考查利用导数研究函数零点以及利用导数研究不等式恒成立，考查综合分析与求解能力，属难题．。