2020届浙江省宁波市十校高三下学期3月联考数学试题(解析版)
2020届浙江省宁波市镇海中学高三下学期3月高考模拟测试数学试题
2020届浙江省宁波市镇海中学高三下学期3月高考模拟测试数学试题注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明一、单选题1．设集合{}1,2,3,4A =，{}33B x N x =∈-≤≤，则AB =（ ） A ．{}1,2,3,4B ．{}3,2,1,0,1,2,3,4---C ．{}1,2,3D ．{}1,22．双曲线2214x y -=的渐近线方程是（ ） A ．y ±4x ＝0 B ．y ±2x ＝0C ．x ±2y ＝0D ．x ±4y ＝0 3．已知公差不为零的等差数列{}n a 满足2314a a a =，n S 为数列{}n a 的前n 项和，则31S S 的值为（ ）A ．94B ．94-C ．32D ．32- 4．设 a R ∈，则“0a >”是“2a a+≥( ) A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件5．函数ln(cos2y x x =⋅的图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ． 6．某射手射击所得环数ξ的分布列如下：已知ξ的数学期望()8.9E ξ=，则y 的值为（ ）A ．0.2B ．0.4C ．0.6D ．0.87．已知正四棱柱ABCD- A 1B 1C 1D 1中 ，AB=2，CC 1=E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为A ．2BCD ．18．对于定义域为R 的函数()f x ，若存在非零实数0x ，使函数()f x 在()0,x -∞和()0,x +∞上与x 轴都有交点，则称0x 为函数()f x 的一个“界点”.则下列四个函数中，不存在“界点”的是( ) A ．()22x f x x =- B ．()()22f x x bx b R =+-∈ C ．()12f x x =-- D ．()sin x x x f -=9．已知a ，b ，c 是平面内三个单位向量，若a b ⊥，则232a c a b c +++-的最小值（ ）AB- CD ．510．已知数列{}n a 满足112(,2)n n n a a a n n *-+∈≥N ≤＋，则（ ）A ．52143a a a ≤-B ．2736a a a a +≤+C ．76633()a a a a -≥-D ．2367a a a a +≥+第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明二、双空题11．设i 为虚数单位，给定复数()411i z i +=+，则z 的虚部为________，z =________．12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________，表面积是________．13．已知x ，y 满足条件0,40,10,x y x y x -≤⎧⎪+-≤⎨⎪-≥⎩则2x y +的最大值是_____，原点到点(),P x y 的距离的最小值是_____．14．小明口袋中有3张10元，3张20元（因纸币有编号认定每张纸币不同），现从中掏出纸币超过45元的方法有_______种；若小明每次掏出纸币的概率是等可能的，不放回地掏出4张，刚好是50元的概率为_______.三、填空题15．在ΔABC 中，∠BAC =120°，AD 为∠BAC 的平分线，AB =2AC ，则AB AD =___________．16．若函数21()()3f x x a x b =+++在[1,1]-上有零点，则23a b -的最小值为____． 17．如图，椭圆Γ：()222210x y a b a b+=>>的离心率为e ，F 是Γ的右焦点，点P 是Γ上第一角限内任意一点，()0OQ OP λλ=>，0FQ OP ⋅=，若e λ<，则e 的取值范围是_______．四、解答题18．已知函数()sin cos )222x x x f x =+． （Ⅰ）求函数()f x 的单调递增区间；（Ⅱ）设△ABC 中的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若()f B =，且b =求22a c +的取值范围． 19．如图，四棱锥P ABCD -中，PC 垂直平面ABCD ，AB AD ⊥，AB CD ∥，222PD AB AD CD ====，E 为PB 的中点.（Ⅰ） 证明：平面EAC ⊥平面PBC ；（Ⅱ）求直线PD 与平面AEC 所成角的正弦值.20．在数列{}n a 中，11a =，23a =，且对任意的n ∈N *，都有2132n n n a a a ++=-. （Ⅰ）证明数列{}1n+n a a -是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设12nn n n b a a +=，记数列{}n b 的前n 项和为n S ，若对任意的n ∈N *都有1n nS m a ≥+，求实数m 的取值范围.21．已知椭圆的焦点坐标为()11,0F -，21,0F ，过2F 垂直于长轴的直线交椭圆于P 、Q 两点，且3PQ =.（1）求椭圆的方程；（2）过2F 的直线l 与椭圆交于不同的两点M 、N ，则1F MN △的内切圆的面积是否存在最大值？若存在求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由. 22．已知函数23()x f x x e =（1）若0x <，求证：1();9f x < （2）若0x >，恒有()(3)2ln 1f x k x x ≥+++，求实数k 的取值范围.参考答案1．C【解析】【分析】求出B 后可得A B .【详解】 {}3,2,1,0,1,2,3B =---，故{}1,2,3A B =，选C.【点睛】在集合的交并补的运算中，注意集合元素的属性，本题为基础题.2．C【解析】【分析】直接在双曲线的方程中把1变为0，可求得渐近线方程.【详解】 由双曲线的方程为双曲线2214x y -=. 则令2204x y -=，得2x y =±，即20x y ±= 所以双曲线的渐近线方程为：20x y ±=.故选：C【点睛】本题考查根据双曲线的方程求渐近线方程，属于基础题.3．A【解析】【分析】由2314a a a =可以得到等差数列的基本量1,a d 的关系，再用基本量表示31,S S 可得它们的比值.【详解】设公差为d ，由2314a a a =得到()()111232a d a a d =++，整理得到2140a d d +=，因0d ≠，故14a d =-，31339S a d d =+=-，所以319944S d S d -==-，故选A. 【点睛】 等差数列或等比数列问题基本的处理策略有两类：（1）基本量方法，即把数学问题归结关于基本量1,a d 或1,a q 的关系式来处理；（2）利用等差数列或等比数列性质来处理，解题时需结合数列下标的特点或和式的特点来找合适的性质.4．C【解析】【分析】根据充要条件的定义进行判断即可．【详解】由0a >得，2a a +≥=； 由2a a+≥0a >，所以是必要条件， 故“0a >”是“2a a+≥C ． 【点睛】本题考查充分必要条件的定义，不等式的性质，属于基础题．5．D【解析】【分析】判断函数()f x 的奇偶性，结合图象的对称性进行判断即可．【详解】解：因为()(ln cos 2y f x x x ==⋅，定义域为R ，((()cos(2)2cos 2()f x ln x x x ln x x f x -=-+-==-=-， 则函数()f x 是奇函数，图象关于原点对称，排除A ，B ，C ，故选：D ．【点睛】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性和对称性的关系，进行排除是解决本题的关键，属于基础题．6．B【解析】【分析】根据分布列的概率之和是1，得到关于x 和y 之间的一个关系式，由变量的期望值，得到另一个关于x 和y 之间的一个关系式，联立方程，解得y 的值.【详解】由题意可知：0.10.3170.8 2.7108.9x y x y +++=⎧⎨+++=⎩， 解得0.20.4x y =⎧⎨=⎩. 故选：B.【点睛】本题考查期望和分布列的简单应用，通过创设情境激发学生学习数学的情感，培养其严谨治学的态度，在学生分析问题、解决问题的过程中培养其积极探索的精神，属于基础题． 7．D【解析】试题分析：因为线面平行，所求求线面距可以转化为求点到面的距离，选用等体积法．1//AC 平面BDE ，1AC ∴到平面BDE 的距离等于A 到平面BDE 的距离，由题计算得111112232323E ABD ABD V S CC -=⨯=⨯⨯⨯=，在BDE 中，BE DE BD ====BD 边上的高2==，所以122BDE S =⨯=1133A BDE BDE V S h -==⨯，利用等体积法A BDE E ABD V V --=，得: 133⨯=解得: 1h = 考点：利用等体积法求距离8．D【解析】【分析】由“界点”定义可知，存在“界点”要求函数至少有2个零点．通过对四个函数零点个数的判断，得到最终结果．【详解】A 选项：令3na n nb a =，即22x x =，根据2x y =与2y x =图像如图所示：可知当0x >时，有2x =与4x =两个交点当0x <时，有1个交点因此两函数共有3个交点，故()f x 必有“界点”；B 选项：令220x bx +-=，可知280b ∆=+>，方程恒有2个不等式根，即()f x 必有2个零点，故()f x 必有“界点”；C 选项：令120x --=，解得3x =或1x =，即()f x 有2个零点，故()f x 必有“界点”；D 选项：令sin 0x x -=，令()sin g x x x =-，则()1cos g x x =-'又cos 1≤x ，所以()0g x '≥()g x ∴在(),-∞+∞上单调递增又()00g =，即()g x 只有0x =一个零点，故()f x 不存在“界点”．本题正确选项：D【点睛】本题属于新定义问题，考查转化化归的数学思想．解题关键在于明确“界点”的定义，从而转化为零点个数问题． 9．A 【解析】 【分析】由于a b ⊥，且为单位向量，所以可令()1,0a =，()0,1b =，再设出单位向量c 的坐标，再将坐标代入232a c a b c +++-中，利用两点间的距离的几何意义可求出结果． 【详解】解：设(),c x y =，()1,0a =，()0,1b =，则221x y +=，从而(2322x +++-=+a c a b c==≥=故选：A 【点睛】此题考查的是平面向量的坐标、模的运算，利用整体代换，再结合距离公式求解，属于难题． 10．C 【解析】 【分析】由112n n n a a a -+≤＋可知11n n n n a a a a -+-≤-，再根据这个不等关系判断选项正误． 【详解】由题得11n n n n a a a a -+-≤-，则有213243546576a a a a a a a a a a a a -≤-≤-≤-≤-≤-，76435465633()()()()a a a a a a a a a a -≥-+-+-=-，故选C ．【点睛】本题考查数列的递推关系，用到了放缩的方法，属于难题．11．2 【解析】 【分析】先将复数化简，然后可结果． 【详解】解：因为()43231(1)133221i z i i i i i i+==+=+++=-++所以z 的虚部为2，z ==故答案为： (1). 2 (2). 【点睛】此题考查复数的运算，求复数的虚部、模，属于基础题． 12．14412π- 1686π+ 【解析】 【分析】由三视图可知，此几何体是从一个长方体中挖去一个圆锥，体积等于长方体的体积减去圆锥的体积，表面积等于长方体5个面的面积加上圆锥的侧面积，再加上正方形减去圆的面积差． 【详解】解：由三视图可知此几何体是从一个长为6，宽为6，高为4的长方体中挖去一个底面半径为3，高为4的圆锥，所以此几何体的体积为2166434144123ππ⨯⨯-⨯⨯⨯=-表面积为2166644(663)23516862πππ⨯+⨯⨯+⨯-⨯+⨯⨯⨯=+． 故答案为： (1). 14412π- (2). 1686π+ 【点睛】此题考查的是求组合体的体积和面积问题，属于基础题．13．6【解析】 【分析】画出不等式组对应的可行域，通过平移动直线20x y t +-=求目标函数的最大值，而原点到点P 的距离的最小值就是原点到点A 的距离．【详解】不等式组对应的可行域如下：当动直线20x y t +-=过B 时，2x y +有最大值，又()2,2B ，故2x y +的最大值为6．原点到P 的距离的最小值即为OA ==6．【点睛】二元一次不等式组条件下的二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比如34x y +表示动直线340x y z +-=的横截距的三倍 ，而21y x +-则表示动点(),P x y 与()1,2-的连线的斜率. 14．32 15【解析】 【分析】超出45元即为掏出纸币50元，60元，70元，80元，90元，用排列组合知识分别计算即可.如果掏出4张共计50元，则有3张10元，1张20元一种情况，用古典概型公式可求概率. 【详解】超出45元即为掏出纸币50元，60元，70元，80元，90元，如果掏出纸币50元，则2张20元，1张10元，或3张10元，1张20元，共有2131333312C C C C +=； 如果掏出纸币60元，则2张20元，2张10元，或3张20元，共有22333310C C C +=； 如果掏出纸币70元，则3张20元，1张10元，或2张20元，3张10元，共有312333336C C C C +=； 如果掏出纸币80元，则3张20元，2张10元，共有32333C C =； 如果掏出纸币90元，则3张20元，3张10元，共有32331C C =；综上，共有32种.设“如果不放回的掏出4张，刚好是50元”为事件A，则所有的基本事件的总数为4 615C=，A中含有的基本事件的总数为3，故()1 5P A=.所以分别填1 32,5.【点睛】此类问题为取球模型，通常运用排列组合的知识求不同种类的个数，注意计算时根据问题的特征合理分类或分步.同时还应注意是有放回还是无放回.古典概型的概率计算关键是确定基本事件的总数和随机事件中含有的基本事件的个数，注意每个基本事件是等可能发生的. 15．3【解析】【分析】假设AC=m，通过SΔABD+SΔACD=SΔABC列出与AD有关的方程，求解出AD的长度，从而得到ABAD的值。
浙江省超级全能生2020届高三数学下学期3月联考试题(B卷)(含解析)
【解析】
【分析】
推导出 ，利用绝对值三角不等式求得函数 在 、 和 上的最大值，结合已知条件可得出结果.
【详解】 ， ， ，
， ， ，
所以，
，
又对任意的 ，都有 ，
所以，当 时， ；
当 时，
.
综上所述，当 时， 的最大值为 .
故答案为： .
【点睛】本题考查求含绝对值函数的最值，推导出 是解题的关键，考查绝对值三角不等式的应用，考查计算能力，属于难题.
4. 函数 的图象是（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用特殊点的函数值，由排除法得解．
【详解】解： ，故排除 ；
，故排除 ；
，故排除 ；
故选： ．
【点睛】本题考查函数图象的确定，属于基础题．
5. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【点睛】本题考查条件等式求最值，属于中档题.
二､填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题4分，共36分.把答案填在题中的横线上.
11. 椭圆 的焦距是______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据椭圆中 ， ， 的数量关系求解．
【详解】解：椭圆 的焦距是 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了椭圆中 ， ， 的数量关系，属于基础题．
8. 已知点 为双曲线 的右焦点，直线 ， 与双曲线 交于 ， 两点，若 ，则该双曲线的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
设直线 的倾斜角为 ，则 ，所以 ，设双曲线的左焦点为 ，设点 在第一象限内，连接 , 由 ，根据双曲线的对称性可得四边形 为矩形，所以 ，所以 ，设 ，代入椭圆方程，得到关于 的方程，解出 即可.
浙江省宁波十校2020届高三3月联考数学答题卡
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分。
） 宁波市2020届高三3月十校联考 数学答题卷 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。
11． 12． 13． 14． 15． 16． 17． 选择题 非选择题 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 三、解答题：本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
18．（本题满分14分） 19．（本题满分15分） D A B C P 数学答题卷 第１页（共２页） 学校 班级 姓名 准考证号 准 考 证 号 [ 0 ] [ 0 ] [ 0 ] [ 0 ] [ 0 ] [ 0 ] [ 0 ] [ 0 ] [ 1 ] [ 1 ] [ 1 ] [ 1 ] [ 1 ] [ 1 ] [ 1 ] [ 1 ] [ 2 ] [ 2 ] [ 2 ] [ 2 ] [ 2 ] [ 2 ] [ 2 ] [ 2 ] [ 3 ] [ 3 ] [ 3 ] [ 3 ] [ 3 ] [ 3 ] [ 3 ] [ 3 ] [ 4 ] [ 4 ] [ 4 ] [ 4 ] [ 4 ] [ 4 ] [ 4 ] [ 4 ] [ 5 ] [ 5 ] [ 5 ] [ 5 ] [ 5 ] [ 5 ] [ 5 ] [ 5 ] [ 6 ] [ 6 ] [ 6 ] [ 6 ] [ 6 ] [ 6 ] [ 6 ] [ 6 ] [ 7 ] [ 7 ] [ 7 ] [ 7 ] [ 7 ] [ 7 ] [ 7 ] [ 7 ] [ 8 ] [ 8 ] [ 8 ] [ 8 ] [ 8 ] [ 8 ] [ 8 ] [ 8 ] [ 9 ] [ 9 ] [ 9 ] [ 9 ] [ 9 ] [ 9 ] [ 9 ] [ 9 ] 正确填涂 错误填涂 填涂样例 1 [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 6 [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 2 [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 7 [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 3 [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 8 [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 4 [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 9 [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 5 [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 10 [ A ] [ B ] [ C ] [ D ] 1.根据阅卷方式填写 2.选择题用2B 铅笔 填非选择题用0.5毫 米及以上黑笔书写 3.请在区域内作答 注意事项 贴条形码区域 学 校 班 级 姓 名 座位号。
十校联盟2020届高三数学下学期3月线上自主联合检测试题文(含解析)
十校联盟2020届高三数学下学期3月线上自主联合检测试题文（含解析）注意事项：1.答题前，务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.答题时使用0.5毫米黑色签字笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚.3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.4.保持卡面清洁，不折叠，不破损.建议打印用纸：试卷、答案：A4纸或A3纸二合一打印答题卡：A3纸（建议彩印）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】依题意，∴，故选C.2.复数，是虚数单位，则下列结论正确的是A. B. 的共轭复数为C. 的实部与虚部之和为1D. 在复平面内的对应点位于第一象限【答案】D【解析】【分析】利用复数的四则运算，求得，在根据复数的模，复数与共轭复数的概念等即可得到结论．【详解】由题意，则，的共轭复数为，复数的实部与虚部之和为，在复平面内对应点位于第一象限，故选D．【点睛】复数代数形式的加减乘除运算的法则是进行复数运算的理论依据,加减运算类似于多项式的合并同类项,乘法法则类似于多项式乘法法则，除法运算则先将除式写成分式的形式,再将分母实数化，其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为．3.雷达图(Radar Chart)，又可称为戴布拉图、蜘蛛网图(Spider Chart)，原先是财务分析报表的一种，现可用于对研究对象的多维分析．图为甲、乙两人在五个方面的评价值的雷达图，则下列说法不正确的是（）A. 甲、乙两人在次要能力方面的表现基本相同B. 甲在沟通、服务、销售三个方面的表现优于乙C. 在培训与销售两个方面上，甲综合表现优于乙D. 甲在这五个方面的综合表现优于乙【答案】C【解析】【分析】对比两人在雷达图中的相应数据，即可得到结论．【详解】解：由雷达图可知，A，B，D三项正确．乙在培训方面的评价值为40，甲在培训方面的评价值为20；而乙在销售方面的评价值约为50，甲在销售方面的评价值约为60，比较甲、乙的两个评价值的平均数，可知乙的较高，所以C项不正确．故选：C.【点睛】本题考查考生对统计图表的应用，考查数据处理能力，属于中档题．4.若，，，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】易知，，，∴，故选B.5.某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的结果为86，则正整数k的最小值为（）A. 1 806B. 43C. 48D. 42【答案】B【解析】分析】根据已知中的程序框图，模拟程序的执行过程，可得答案．【详解】解：开始，n＝1，S＝1，故S＝2×1＋1＝3，n＝1×(1＋1)＝2，S与输出的结果不符，故2≥k不成立．S＝2×3＋2＝8，n＝2×(2＋1)＝6，S与输出的结果不符，故6≥k不成立．S＝2×8＋6＝22，n＝6×(6＋1)＝42，S与输出的结果不相符，故42≥k不成立．S＝2×22＋42＝86，n＝42×(42＋1)＝1 806.S与输出的结果相符，故1 806≥k成立．所以k的最小值为43.故选：B.【点睛】本题考查的知识点是程序框图，难度不大，属于基础题．6.已知等差数列的前项和为，若，，则的公差为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】∵，∴，则，∴，故选B.7.已知直线平面，直线平面，则“”是“”的（）A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充要条件D. 既非充分也非必要条件【答案】B【解析】分析：由题意考查充分性和必要性即可求得最终结果.详解：若，则，又，所以；若，当时，直线与平面的位置关系不确定，无法得到.综上，“”是“”的充分不必要条件.本题选择B选项.点睛：本题主要考查线面平行的判断定理，面面平行的判断定理及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8.已知实数，满足，若的最大值为，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】作出可行域，如图内部（含边界），其中，若A是最优解，则，，检验符合题意；若B是最优解，则，，检验不符合题意，若，则最大值为34；若C是最优解，则，，检验不符合题意；所以，故选B.9.某几何体由三个圆柱和大小相同的两个半球组成，它的三视图如图所示（单位：），则该几何体的表面积是（）（侧视图中间有小圆）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据三视图即可知半球的直径为2，左右两个圆柱的高为1，底面直径为2，中间圆柱的高为3，底面直径为1，再根据球的表面积公式，圆柱的侧面积公式等即可求出．【详解】由三视图可知，该几何体左、右各是半球，半球的直径为2，左右两个圆柱的高为1，底面直径为2，中间圆柱的高为3，底面直径为1．所以该几何体的表面积．故选：A.【点睛】本题主要考查利用三视图求几何体的表面积，涉及球的表面积公式，圆柱的侧面积公式等的应用，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．10.已知点和，直线：，若直线与线段有公共点，则的最小值为（）A. 24B.C. 25D.【答案】B【解析】【分析】依题意可知，，即可画出点所在的区域，根据线性规划的知识和表示的几何意义，即可求出．【详解】依题可得，，点所在的区域，如图所示：直线过点时，得，直线过点时，得.表示点到原点的距离的平方.到直线的距离，到直线的距离，又，∴的最小值为．故选：B．【点睛】本题主要考查一元二次不等式组表示的平面区域，以及非线性目标函数最值的求法应用，属于基础题．11.设，函数的图象经过点，将该函数的图象向右平移个单位后所得函数图象关于轴对称，则的最小值是（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】根据两角和的正弦公式以及题意可求出，再根据平移法则可求出函数的图象向右平移个单位后所得函数图象对应的函数，然后根据函数为偶函数可解出，即可求出的最小值．【详解】由已知得.由得，因为，所以.所以.将函数的图象向右平移个单位后所得函数图象对应的函数为.由已知可得，所得函数为偶函数，所以，解得.因为，所以的最小值是2.故选：B.【点睛】本题主要考查两角和的正弦公式的应用，利用函数性质求的解析式，平移法则和函数性质的应用，属于基础题．12.已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两个不同的点，为坐标原点，，两点在直线上的射影分别为，，若，，则（）A. 1B.C. 4D. 6【答案】B【解析】【分析】设，，可求出，，再根据，，列出方程，然后根据过焦点弦的性质可得，代入计算，即可求出．【详解】作出图象，如图所示：设，，由题意可得，.故，所以，即.，所以，即.又直线过焦点，所以，所以，即，解得.故选：B.【点睛】本题主要考查过抛物线的焦点弦的性质应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知向量，，若，则实数__________．【答案】【解析】，则题意，解得.14.在中，，，，则的值为______ 【答案】【解析】【分析】由可求出,再根据余弦定理求出,即可由正弦定理求出.【详解】由可得，，解得．∴，即．由正弦定理可得，．故答案为：．【点睛】本题主要考查三角形面积公式的应用，以及正余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．15.某公司为确定明年投入某产品的广告支出,对近5年的年广告支出(单位:万元)与年销售额(单位:万元)进行了初步统计,如下表所示.年广告支出/万元2年销售额/万元2860经测算,年广告支出与年销售额满足线性回归方程,则的值为_____.【答案】55【解析】【分析】根据在线性回归方程上,即可求得的值.【详解】根据所给数据求出:根据在线性回归方程上,解得:故答案为:.【点睛】掌握在线性回归方程是解题关键,考查了分析能力和计算能力,属于基础题.16.已知抛物线：（）的焦点为，准线：，点在抛物线上，点在准线上，若，直线的倾斜角为，则__________．【答案】【解析】如图，设准线与x轴交点为B，由于AF的倾斜角为，∴，双，∴，又由已知，即，∴.点睛：破解抛物线上的动点与焦点、定点的距离和最值问题的关键：一是“化折为直”的思想，即借助抛物线的定义化折为直；二是“数形结合”思想，即画出满足题设条件的草图，通过图形的辅助找到破题的入口．本题就是得出＝，然后再由已知得等边三角形，从而有．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知数列为等差数列，数列满足，若，，成等比数列，且.（1）求，；（2）求数列的前项和.【答案】（1），,；（2）【解析】【分析】（1）根据题意分别求出，，，即可得到，由可求出数列的公差，即可解出，从而求出，；（2）由（1）可知，，即可利用裂项相消法求出数列的前项和．【详解】（1）设数列是公差为的等差数列，由，若，，成等比数列，可得，即为，由，即，可得，则，解得，则，;，.（2），则前项和.【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，通项公式的求法，裂项相消法的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．18.2019年国际篮联篮球世界杯，将于2019年在的北京、广州、南京、上海、武汉、深圳、佛山、东莞八座城市举行.为了宣传世界杯，某大学从全校学生中随机抽取了名学生，对是否收看篮球世界杯赛事的情况进行了问卷调查，统计数据如下：（1）根据上表说明，能否有的把握认为收看篮球世界杯赛事与性别有关？（2）现从参与问卷调查且收看篮球世界杯赛事的学生中，采用按性别分层抽样的方法选取人参加2019年国际篮联篮球世界杯赛志愿者宣传活动.（i）求男、女学生各选取多少人；（ii）若从这人中随机选取人到校广播站开展2019年国际篮联篮球世界杯赛宣传介绍，求恰好选到名男生的概率.附：，其中.【答案】（1）有（2）（i）男生人，女生人（ii）【解析】【分析】（1）利用，计算结果，通过比较即可判断能否有99%的把握认为收看开幕式与性别有关．（2）（ⅰ）根据分层抽样方法，求得解选取的人中，男生有人，女生有人．（ⅱ）设抽取的名男生分别为，，，名女生为甲；列出从中抽取两人的所以情况以及抽到男的情况，然后求解概率．【详解】解：（1）因为，所以有的把握认为收看篮球世界杯赛与性别有关.（2）（i）根据分层抽样方法得，男生人，女生人，所以选取的人中，男生有人，女生有人.（ii）设抽取的名男生分别为，，，名女生为甲；从中抽取两人，分别记为，，，），，，共种情形，其中男的有，，，共种情形所以，所求概率.【点睛】本题考查独立检验思想的应用，古典概型的概率的求法，分层抽样的应用，考查计算能力．19.如图,四棱锥中,底面是菱形,平面,,是上一动点.（1）求证:平面平面;（2）若,三棱锥的体积为,求四棱锥的侧面积.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)将求证平面平面,转化为平面,结合线面垂直判断定理,即可求得答案;(2)根据已知条件,三棱锥的体积为,求得每个面面积,即可求得四棱锥的侧面积.【详解】(1)平面,平面,.底面是菱形.又,平面,平面,平面.又平面,平面平面.(2)设菱形的边长为,,.在中,.又平面,,,,故.又,,解得:,,又平面,四棱锥的侧面积为:.【点睛】本题考查了判定空间面面垂直和求四棱锥的侧面积问题.本题的解题关键是将判定空间面面垂直转化为求证空间线面垂直,考查了学生空间想象能力和计算能力.属于中等题.20.已知椭圆的左顶点为，焦距为2．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点的直线与椭圆的另一个交点为点，与圆的另一个交点为点，是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】（1）．（2）直线不存在．见解析【解析】【分析】（1）据题意有，，则通过计算可得椭圆的标准方程；（2）可先假设直线存在，可设直线的斜率为，则直线．根据及圆的性质可知垂直平分．再根据点到直线的距离公式可得的关于的表达式，再解可得的关于的表达式．然后联立直线与椭圆方程，消去整理可得一元二次方程，根据韦达定理有，．根据弦长公式可得的关于的另一个表达式．根据存在性则两个表达式相等，如果值存在则直线存在；如果没有值则直线不存在．【详解】（1）由题意，可知，．则，．椭圆的标准方程为．（2）由题意，假设存在直线使得，可设直线的斜率为．则直线．，即点为线段中点，根据圆的性质，可知，且平分．根据题意画图如下：则．在中，．联立直线与椭圆方程，可得：，消去，整理得．则△．，．．，整理，得．很明显矛盾，故直线不存在．【点睛】本题考查直线、圆和椭圆三者综合的问题、弦长公式的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力．21.已知函数．(1)求函数的极值；(2)若是方程的两个不同的实数根,求证:．【答案】（1）有极小值，无极大值.（2）见解析【解析】试题分析：（1）先求函数导数，再求导函数在定义区间上零点，列表分析导函数符号变化规律，确定函数极值，（2）先根据零点得，再代入化简不等式为，构造函数，其中.最后根据导数确定函数单调性，根据单调性证不等式.试题解析：（1）依题意，故当时，，当时，故当时，函数有极小值，无极大值.（2）因为，是方程的两个不同的实数根.∴两式相减得，解得要证：，即证：，即证：，即证，不妨设，令.只需证.设，∴；令，∴，∴在上单调递减，∴，∴，∴在为减函数，∴.即在恒成立，∴原不等式成立，即.22.在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数，为直线的倾斜角）.以原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，并在两个坐标系下取相同的长度单位.（1）当时，求直线的极坐标方程；（2）若曲线和直线交于，两点，且，求直线倾斜角.【答案】（1）；（2）或【解析】【分析】（1）将代入直线的参数方程后，消去参数，可得直线的一般方程，再根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求出其极坐标方程；（2）先将曲线的参数方程化为普通方程，再将直线的参数方程代入，利用参数的几何意义以及弦长公式即可表示出，即可解出直线的倾斜角．【详解】（1）由得，则其极坐标方程，即.（2）由得.将代入圆方程中，得，化简得，.设，两点对应的参数分别为、，则，，∴.∴，故，解得或.则直线的倾斜角为或.【点睛】本题主要考查参数方程与普通方程之间的互化，参数方程与极坐标方程之间的互化，直线参数方程中的几何意义以及弦长公式的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．23.已知f(x)＝|2x＋4|＋|x－3|.(1)解关于x的不等式f(x)<8；(2)对于正实数a，b，函数g(x)＝f(x)－3a－4b只有一个零点，求的最小值.【答案】（1）(－3，1)；（2）.【解析】【分析】（1）将函数解析式化成分段函数，用分类讨论的方法解不等式.（2）作出函数的大致图象，的零点，转化为函数与的交点，由图可知，然后利用基本不等式求的最小值.【详解】解：（1）由题意可得,故当时，不等式可化为，解得，故此时不等式的解集为；当时，不等式可化为，解得，故此时不等式的解集为；当时，不等式可化为，解得，此时不等式无解,综上，不等式的解集为.(2)作出函数的大致图象及直线，如图.由图可知，当只有一个零点时，，即，故,当且仅当时等号成立．的最小值为.【点睛】本题考查绝对值不等式的解法与基本不等式的应用，属于基础题.十校联盟2020届高三数学下学期3月线上自主联合检测试题文（含解析）注意事项：1.答题前，务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.答题时使用0.5毫米黑色签字笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚.3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.4.保持卡面清洁，不折叠，不破损.建议打印用纸：试卷、答案：A4纸或A3纸二合一打印答题卡：A3纸（建议彩印）一、选择题：本大题共12个小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】依题意，∴，故选C.2.复数，是虚数单位，则下列结论正确的是A. B. 的共轭复数为C. 的实部与虚部之和为1D. 在复平面内的对应点位于第一象限【答案】D【解析】【分析】利用复数的四则运算，求得，在根据复数的模，复数与共轭复数的概念等即可得到结论．【详解】由题意，则，的共轭复数为，复数的实部与虚部之和为，在复平面内对应点位于第一象限，故选D．【点睛】复数代数形式的加减乘除运算的法则是进行复数运算的理论依据,加减运算类似于多项式的合并同类项,乘法法则类似于多项式乘法法则，除法运算则先将除式写成分式的形式,再将分母实数化，其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为．3.雷达图(Radar Chart)，又可称为戴布拉图、蜘蛛网图(Spider Chart)，原先是财务分析报表的一种，现可用于对研究对象的多维分析．图为甲、乙两人在五个方面的评价值的雷达图，则下列说法不正确的是（）A. 甲、乙两人在次要能力方面的表现基本相同B. 甲在沟通、服务、销售三个方面的表现优于乙C. 在培训与销售两个方面上，甲综合表现优于乙D. 甲在这五个方面的综合表现优于乙【答案】C【解析】【分析】对比两人在雷达图中的相应数据，即可得到结论．【详解】解：由雷达图可知，A，B，D三项正确．乙在培训方面的评价值为40，甲在培训方面的评价值为20；而乙在销售方面的评价值约为50，甲在销售方面的评价值约为60，比较甲、乙的两个评价值的平均数，可知乙的较高，所以C项不正确．故选：C.【点睛】本题考查考生对统计图表的应用，考查数据处理能力，属于中档题．4.若，，，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】易知，，，∴，故选B.5.某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的结果为86，则正整数k的最小值为（）A. 1 806B. 43C. 48D. 42【答案】B【解析】分析】根据已知中的程序框图，模拟程序的执行过程，可得答案．【详解】解：开始，n＝1，S＝1，故S＝2×1＋1＝3，n＝1×(1＋1)＝2，S与输出的结果不符，故2≥k不成立．S＝2×3＋2＝8，n＝2×(2＋1)＝6，S与输出的结果不符，故6≥k不成立．S＝2×8＋6＝22，n＝6×(6＋1)＝42，S与输出的结果不相符，故42≥k不成立．S＝2×22＋42＝86，n＝42×(42＋1)＝1 806.S与输出的结果相符，故1 806≥k成立．所以k的最小值为43.故选：B.【点睛】本题考查的知识点是程序框图，难度不大，属于基础题．6.已知等差数列的前项和为，若，，则的公差为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】∵，∴，则，∴，故选B.7.已知直线平面，直线平面，则“”是“”的（）A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充要条件D. 既非充分也非必要条件【答案】B【解析】分析：由题意考查充分性和必要性即可求得最终结果.详解：若，则，又，所以；若，当时，直线与平面的位置关系不确定，无法得到.综上，“”是“”的充分不必要条件.本题选择B选项.点睛：本题主要考查线面平行的判断定理，面面平行的判断定理及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.8.已知实数，满足，若的最大值为，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】作出可行域，如图内部（含边界），其中，若A是最优解，则，，检验符合题意；若B是最优解，则，，检验不符合题意，若，则最大值为34；若C是最优解，则，，检验不符合题意；所以，故选B.9.某几何体由三个圆柱和大小相同的两个半球组成，它的三视图如图所示（单位：），则该几何体的表面积是（）（侧视图中间有小圆）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据三视图即可知半球的直径为2，左右两个圆柱的高为1，底面直径为2，中间圆柱的高为3，底面直径为1，再根据球的表面积公式，圆柱的侧面积公式等即可求出．【详解】由三视图可知，该几何体左、右各是半球，半球的直径为2，左右两个圆柱的高为1，底面直径为2，中间圆柱的高为3，底面直径为1．所以该几何体的表面积．故选：A.【点睛】本题主要考查利用三视图求几何体的表面积，涉及球的表面积公式，圆柱的侧面积公式等的应用，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．10.已知点和，直线：，若直线与线段有公共点，则的最小值为（）A. 24B.C. 25D.【答案】B【解析】【分析】依题意可知，，即可画出点所在的区域，根据线性规划的知识和表示的几何意义，即可求出．【详解】依题可得，，点所在的区域，如图所示：直线过点时，得，直线过点时，得.表示点到原点的距离的平方.到直线的距离，到直线的距离，又，∴的最小值为．故选：B．【点睛】本题主要考查一元二次不等式组表示的平面区域，以及非线性目标函数最值的求法应用，属于基础题．11.设，函数的图象经过点，将该函数的图象向右平移个单位后所得函数图象关于轴对称，则的最小值是（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】根据两角和的正弦公式以及题意可求出，再根据平移法则可求出函数的图象向右平移个单位后所得函数图象对应的函数，然后根据函数为偶函数可解出，即可求出的最小值．【详解】由已知得.由得，因为，所以.所以.将函数的图象向右平移个单位后所得函数图象对应的函数为.由已知可得，所得函数为偶函数，所以，解得.因为，所以的最小值是2.故选：B.【点睛】本题主要考查两角和的正弦公式的应用，利用函数性质求的解析式，平移法则和函数性质的应用，属于基础题．12.已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两个不同的点，为坐标原点，，两点在直线上的射影分别为，，若，，则（）A. 1B.C. 4D. 6【答案】B【解析】【分析】设，，可求出，，再根据，，列出方程，然后根据过焦点弦的性质可得，代入计算，即可求出．【详解】作出图象，如图所示：设，，由题意可得，.故，所以，即.，所以，即.又直线过焦点，所以，所以，即，解得.故选：B.【点睛】本题主要考查过抛物线的焦点弦的性质应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13.已知向量，，若，则实数__________．【答案】【解析】，则题意，解得.14.在中，，，，则的值为______【答案】【解析】【分析】由可求出,再根据余弦定理求出,即可由正弦定理求出.【详解】由可得，，解得．∴，即．由正弦定理可得，．故答案为：．【点睛】本题主要考查三角形面积公式的应用，以及正余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．15.某公司为确定明年投入某产品的广告支出,对近5年的年广告支出(单位:万元)与年销售额(单位:万元)进行了初步统计,如下表所示.年广告支2出/万元年销售额2860/万元经测算,年广告支出与年销售额满足线性回归方程,则的值为_____.【答案】55【解析】【分析】根据在线性回归方程上,即可求得的值.【详解】根据所给数据求出:根据在线性回归方程上,解得:故答案为:.【点睛】掌握在线性回归方程是解题关键,考查了分析能力和计算能力,属于基础题. 16.已知抛物线：（）的焦点为，准线：，点在抛物线上，点在准线上，若，直线的倾斜角为，则__________．【答案】【解析】如图，设准线与x轴交点为B，由于AF的倾斜角为，∴，双，∴，又由已知，即，∴.点睛：破解抛物线上的动点与焦点、定点的距离和最值问题的关键：一是“化折为直”的思想，即借助抛物线的定义化折为直；二是“数形结合”思想，即画出满足题设条件的草图，通过图形的辅助找到破题的入口．本题就是得出＝，然后再由已知得等边三角形，从而有．三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知数列为等差数列，数列满足，若，，成等比数列，且.（1）求，；（2）求数列的前项和.【答案】（1），,；（2）【解析】【分析】（1）根据题意分别求出，，，即可得到，由可求出数列的公差，即可解出，从而求出，；（2）由（1）可知，，即可利用裂项相消法求出数列的前项和．【详解】（1）设数列是公差为的等差数列，由，若，，成等比数列，可得，即为，由，即，可得，则，解得，。
圆锥曲线中的三角形问题(含解析)
专题12 圆锥曲线中的三角形问题一、题型选讲题型一 、由面积求参数或点坐标等问题例1、（2020·浙江学军中学高三3月月考）抛物线22y px =（0p >）的焦点为F ，直线l 过点F 且与抛物线交于点M ，N （点N 在轴上方），点E 为轴上F 右侧的一点，若||||3||NF EF MF ==，MNE S =△则p =（ ） A ．1B ．2C ．3D ．9例2、（2020·浙江高三）如图，过椭圆22221x y C a b+=：的左、右焦点F 1，F 2分别作斜率为C 上半部分于A ，B 两点，记△AOF 1，△BOF 2的面积分别为S 1，S 2，若S 1：S 2＝7：5，则椭圆C 离心率为_____．例3、【2020年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆22:143x y E +=的左、右焦点分别为F 1，F 2，点A 在椭圆E 上且在第一象限内，AF 2⊥F 1F 2，直线AF 1与椭圆E 相交于另一点B ．（1）求12AF F △的周长；（2）在x 轴上任取一点P ，直线AP 与椭圆E 的右准线相交于点Q ，求OP QP ⋅的最小值； （3）设点M 在椭圆E 上，记OAB △与MAB △的面积分别为S 1，S 2，若213S S =，求点M 的坐标．题型二、与面积有关的最值问题例4、（2020·浙江温州中学高三3月月考）过点()2,1P 斜率为正的直线交椭圆221245x y +=于A ，B 两点.C ，D 是椭圆上相异的两点，满足CP ，DP 分别平分ACB ∠，ADB ∠.则PCD ∆外接圆半径的最小值为（ ）A ．5B ．5C ．2413D ．1913例5、【2020年新高考全国△卷】已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>过点M （2，3）,点A 为其左顶点，且AM 的斜率为12， （1）求C 的方程；（2）点N 为椭圆上任意一点，求△AMN 的面积的最大值.例6、【2019年高考全国△卷理数】已知点A (−2，0)，B (2，0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为−12.记M 的轨迹为曲线C .（1）求C 的方程，并说明C 是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连结QE 并延长交C 于点G .（i ）证明：PQG △是直角三角形； （ii ）求PQG △面积的最大值.例7、（2020届浙江省温丽联盟高三第一次联考）已知1F ，2F 是椭圆2222:1x y C a b+=的左右焦点，且椭圆C，直线:l y kx m =+与椭圆交于A ，B 两点，当直线l 过1F 时2F AB 周长为8. （△）求椭圆C 的标准方程；（△）若0OA OB ⋅=，是否存在定圆222x y r +=，使得动直线l 与之相切，若存在写出圆的方程，并求出OAB 的面积的取值范围；若不存在，请说明理由.例8、（2020届浙江省十校联盟高三下学期开学）如图，已知抛物线24y x =的焦点为F ，准线为l ，过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点B 在准线l 上的投影为E ，若C 是抛物线上一点，且AC EF ⊥.（1）证明：直线BE 经过AC 的中点M ；（2）求ABC ∆面积的最小值及此时直线AC 的方程.二、达标训练1、（2020届浙江省杭州市高三3月模拟）设12,F F 是椭圆222:1(02)4x y C m m+=<<的两个焦点，00(,)P x y是C 上一点，且满足12PF F ∆则0||x 的取值范围是____.2、【2018年高考全国I 理数】已知双曲线22:13x C y -=，O 为坐标原点，F 为C 的右焦点，过F 的直线与C 的两条渐近线的交点分别为M ，N ．若OMN △为直角三角形，则||MN = A ．32B ．3C ．D ．43、（2020届浙江省宁波市鄞州中学高三下期初）已知抛物线E ：24y x =和直线l ：40x y -+=，P 是直线上l 一点，过点P 做抛物线的两条切线，切点分别为A ，B ，C 是抛物线上异于A ，B 的任一点，抛物线在C 处的切线与PA ，PB 分别交于M ，N ，则PMN ∆外接圆面积的最小值为______.4、（2020届浙江省嘉兴市5月模拟）设点(,)P s t 为抛物线2:2(0)C y px p =>上的动点，F 是抛物线的焦点，当1s =时，54PF =．（1）求抛物线C 的方程；（2）过点P 作圆M ：22(2)1x y -+=的切线1l ，2l ，分别交抛物线C 于点,A B ．当1t >时，求PAB △面积的最小值．5、（2020届浙江省绍兴市4月模拟）如图，已知点(0,0)O ，(2,0)E ，抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点F为线段OE 中点.（1）求抛物线C 的方程；（2）过点E 的直线交抛物线C 于, A B 两点，4AB AM =，过点A 作抛物线C 的切线l ，N 为切线l 上的点，且MN y ⊥轴，求ABN 面积的最小值.6、（2020届浙江省台州市温岭中学3月模拟）如图，已知抛物线214y x =的焦点为F .()1若点P为抛物线上异于原点的任一点，过点P作抛物线的切线交y轴于点Q，证明：2∠=∠.PFy PQF ()2A，B是抛物线上两点，线段AB的垂直平分线交y轴于点()D(AB不与x轴平行)，且0,4+=.过y轴上一点E作直线//6AF BFm x轴，且m被以AD为直径的圆截得的弦长为定值，求ABE△面积的最大值.一、题型选讲题型一、由面积求参数或点坐标等问题例1、（2020·浙江学军中学高三3月月考）抛物线22y px =（0p >）的焦点为F ，直线l 过点F 且与抛物线交于点M ，N （点N 在轴上方），点E 为轴上F 右侧的一点，若||||3||NF EF MF ==，MNE S =△则p =（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．9【答案】C 【解析】设准线与x 轴的交点为T ，直线l 与准线交于R ，||||3||3NF EF MF a ===，则||||3NF EF a ==，||MF a =，过M ，N 分别作准线的垂线，垂足分别为,P Q ，如图，由抛物线定义知，||MP a =，||3NQ a =，因为MP ∥NQ ，所以||||||||PM RM QN RN =， 即||3||4a RM a RM a=+，解得||2RM a =，同理||||||||FT RF QN RN =，即||336FT aa a=，解得 3||2FT a =，又||FT p =，所以32a p =，23a p =，过M 作NQ 的垂线，垂足为G ，则||MG ===，所以1||||2MNES EF MG =⋅=△ 132a ⨯⨯=2a =，故332p a ==. 故选：C.例2、（2020·浙江高三）如图，过椭圆22221x y C a b+=：的左、右焦点F 1，F 2分别作斜率为C 上半部分于A ，B 两点，记△AOF 1，△BOF 2的面积分别为S 1，S 2，若S 1：S 2＝7：5，则椭圆C 离心率为_____．【答案】12【解析】作点B 关于原点的对称点B 1，可得S 21'BOF B OF S =，则有11275A B y S S y ==，所以175A B y y =-． 将直线AB 1方程4x c =-，代入椭圆方程后，222241x y c x y a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩， 整理可得：（b 2+8a 2）y 2﹣b 2cy +8b 4＝0，由韦达定理解得12228A B cy y b a+=+，142288A B b y y b a -=+， 三式联立，可解得离心率12c e a ==． 故答案为：12． 例3、【2020年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆22:143x y E +=的左、右焦点分别为F 1，F 2，点A 在椭圆E 上且在第一象限内，AF 2⊥F 1F 2，直线AF 1与椭圆E 相交于另一点B ．（1）求12AF F △的周长；（2）在x 轴上任取一点P ，直线AP 与椭圆E 的右准线相交于点Q ，求OP QP ⋅的最小值； （3）设点M 在椭圆E 上，记OAB △与MAB △的面积分别为S 1，S 2，若213S S =，求点M 的坐标．【解析】（1）椭圆22:143x y E +=的长轴长为2a ，短轴长为2b ，焦距为2c ， 则2224,3,1a b c ===.所以12AF F △的周长为226a c +=.（2）椭圆E 的右准线为4x =. 设(,0),(4,)P x Q y ，则(,0),(4,)OP x QP x y ==--， 2(4)(2)44,OP QP x x x ⋅=-=--≥-在2x =时取等号.所以OP QP ⋅的最小值为4-.（3）因为椭圆22:143x y E +=的左、右焦点分别为12,F F ，点A 在椭圆E 上且在第一象限内，212AF F F ⊥，则123(1,0),(1,0),(1,)2F F A -.所以直线:3430.AB x y -+=设(,)M x y ，因为213S S =，所以点M 到直线AB 距离等于点O 到直线AB 距离的3倍. 由此得|343||30403|355x y -+⨯-⨯+=⨯，则34120x y -+=或3460x y --=.由2234120,143x y x y -+=⎧⎪⎨+=⎪⎩得2724320x x ++=，此方程无解；由223460,143x y x y --=⎧⎪⎨+=⎪⎩得271240x x --=，所以2x =或27x =-.代入直线:3460l x y --=，对应分别得0y =或127y =-. 因此点M 的坐标为(2,0)或212(,)77--.题型二、与面积有关的最值问题例4、（2020·浙江温州中学高三3月月考）过点()2,1P 斜率为正的直线交椭圆221245x y +=于A ，B 两点.C ，D 是椭圆上相异的两点，满足CP ，DP 分别平分ACB ∠，ADB ∠.则PCD ∆外接圆半径的最小值为（ ） A．5B．5C ．2413D ．1913【答案】D 【解析】如图，先固定直线AB ，设()BM f M AM =，则()()()f C f D f P ==，其中()BPf P AP=为定值， 故点P ，C ，D 在一个阿波罗尼斯圆上，且PCD 外接圆就是这个阿波罗尼斯圆，设其半径为r ，阿波罗尼斯圆会把点A ，B 其一包含进去，这取决于BP 与AP 谁更大，不妨先考虑BP AP >的阿波罗尼斯圆的情况，BA 的延长线与圆交于点Q ，PQ 即为该圆的直径，如图：接下来寻求半径的表达式， 由()2,2AP BP r BP BQ r AP AQ AP AP AQ BP ⋅+==+=+，解得111r AP BP=-， 同理，当BP AP <时有，111r BP AP=-， 综上，111r AP BP=-； 当直线AB无斜率时，与椭圆交点纵坐标为1,1AP BP ==，则1912r =； 当直线AB 斜率存在时，设直线AB 的方程为()12y k x -=-，即21y kx k =-+， 与椭圆方程联立可得()()()22224548129610k x k k x k k ++-+--=，设()11,A x y ，()22,B x y ，则由根与系数的关系有，()()12221224821245961245k k x x k k k x x k ⎧-+=⎪+⎪⎨--⎪=⎪+⎩，211112r AP BP x ∴=-=-，注意到12x -与22x -异号，故1119r ===，设125t k =+，则11121226131919192419r ==≤⋅=，，当15169t =，即1695t =，此时125k =，故1913r ≥，又19191213>，综上外接圆半径的最小值为1913. 故选：D ．例5、【2020年新高考全国△卷】已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b+=>>过点M （2，3）,点A 为其左顶点，且AM 的斜率为12， （1）求C 的方程；（2）点N 为椭圆上任意一点，求△AMN 的面积的最大值. 【解析】(1)由题意可知直线AM 的方程为：13(2)2y x -=-，即24-=-x y . 当y =0时，解得4x =-，所以a =4，椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>过点M (2，3)，可得249116b +=， 解得b 2=12.所以C 的方程：2211612x y +=.(2)设与直线AM 平行的直线方程为：2x y m -=，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM 距离比较远的直线与椭圆的切点为N ，此时△AMN 的面积取得最大值.联立直线方程2x y m -=与椭圆方程2211612x y +=，可得：()2232448m y y ++=，化简可得：2216123480y my m ++-=，所以()221444163480m m ∆=-⨯-=，即m 2=64，解得m =±8， 与AM 距离比较远的直线方程：28x y -=， 直线AM 方程为：24-=-x y ，点N 到直线AM 的距离即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得：d ==，由两点之间距离公式可得||AM ==.所以△AMN的面积的最大值：1182⨯=. 【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．例6、【2019年高考全国△卷理数】已知点A (−2，0)，B (2，0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为−12.记M 的轨迹为曲线C .（1）求C 的方程，并说明C 是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连结QE 并延长交C 于点G .（i ）证明：PQG △是直角三角形； （ii ）求PQG △面积的最大值.【答案】（1）见解析；（2）（i ）见解析；（ii ）169. 【解析】（1）由题设得1222y y x x ⋅=-+-，化简得221(||2)42x y x +=≠，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点．（2）（i ）设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为(0)y kx k =>．由22142y kxx y =⎧⎪⎨+=⎪⎩得x =．记u =，则(,),(,),(,0)P u uk Q u uk E u --．于是直线QG 的斜率为2k ，方程为()2ky x u =-． 由22(),2142k y x u x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩得 22222(2)280k x uk x k u +-+-=．①设(,)G G G x y ，则u -和G x 是方程①的解，故22(32)2G u k x k +=+，由此得322G uky k=+． 从而直线PG 的斜率为322212(32)2uk uk k u k kuk -+=-+-+．所以PQ PG ⊥，即PQG △是直角三角形．（ii ）由（i）得||2PQ =||PG =△PQG 的面积222218()18(1)||12(12)(2)12()k k k k S PQ PG k k k k++===++++‖． 设t =k +1k ，则由k >0得t ≥2，当且仅当k =1时取等号．因为2812t S t =+在[2，+∞）单调递减，所以当t =2，即k =1时，S 取得最大值，最大值为169． 因此，△PQG 面积的最大值为169．例7、（2020届浙江省温丽联盟高三第一次联考）已知1F ，2F 是椭圆2222:1x y C a b+=的左右焦点，且椭圆C，直线:l y kx m =+与椭圆交于A ，B 两点，当直线l 过1F 时2F AB 周长为8. （△）求椭圆C 的标准方程；（△）若0OA OB ⋅=，是否存在定圆222x y r +=，使得动直线l 与之相切，若存在写出圆的方程，并求出OAB 的面积的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】（△）223144x y +=；（△）221x y +=，⎡⎢⎣⎦.【解析】（△）由题意可得，22||48F A F B AB a ++==， 故2a =，又有3c e a ==，∴c = 椭圆的标准方程为223144x y +=；（△）法1：设||OA m =，||OB n =，∵0OA OB ⋅=，∴OA OB ⊥， 设点(cos ,sin )A m m θθ，点(sin ,cos )B n n θθ-，22222222cos 3sin 144cos 3sin 144m m n n θθθθ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，两式相加得22131144m n +=+， 2222m n m n +=⋅，222AB OA OB =⋅，∴1r =，442222222111||1111n n AB m n n n n n -+=+===++---，24,43n ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∴AB ⎡∈⎢⎣⎦，OABS ⎡∈⎢⎣⎦△． 法2：()2222234136340x y k x kmx m y kx m⎧+=⇒+++-=⎨=+⎩， ()()22222236434131248160k m m k m k ∆=--+=-++>，1212OA OB x x y y ⋅=+()()2212121k x x km x x m =++++222444013m k k--==+， ∴221m k =+，∴1r ===，122||13AB xk=-==+当0k=时，||2AB=，当0k≠时，||AB=≤213k=时取到等号，此时243m=符合>0∆∴1,3OABS⎡∈⎢⎣⎦△．例8、（2020届浙江省十校联盟高三下学期开学）如图，已知抛物线24y x=的焦点为F，准线为l，过点F 的直线交抛物线于A，B两点，点B在准线l上的投影为E，若C是抛物线上一点，且AC EF⊥.（1）证明：直线BE经过AC的中点M；（2）求ABC∆面积的最小值及此时直线AC的方程.【答案】（1）详见解析；（2）面积最小值为16，此时直线方程为30x y±-=.【解析】（1）由题意得抛物线24y x=的焦点()1,0F，准线方程为1x=-，设()2,2B t t，直线AB：1x my=+，则()1,2E t-，联立1x my=+和24y x=，可得244y my=+，显然40A By y+=，可得212,At t⎛⎫-⎪⎝⎭，因为EFk t=-，AB EF⊥，所以1AC k t=， 故直线AC ：2211y x t t t ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭， 由224120y xx ty t ⎧=⎪⎨---=⎪⎩， 得224480y ty t---=. ∴4A C y y t +=，248A C y y t =--， 所以AC 的中点M 的纵坐标2M y t =，即M B y y =， 所以直线BE 经过AC 的中点M .（2）所以A C y A C =-== 设点B 到直线AC 的距离为d ，则2212t d ++==.所以1162ABCS AC d ∆=⋅=≥=，当且仅当41t =，即1t =±，1t =时，直线AD 的方程为：30x y --=，1t =-时，直线AD 的方程为：30x y +-=.另解：2221112222ABC A C S BM y y t t t ∆=⋅-=++-3222122t t ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭.二、达标训练1、（2020届浙江省杭州市高三3月模拟）设12,F F 是椭圆222:1(02)4x y C m m+=<<的两个焦点，00(,)P x y是C 上一点，且满足12PF F ∆则0||x 的取值范围是____. 【答案】[]0,1【解析】依题意，122F F =，所以120122PF F S y ∆=⨯=0y =，而2200214x y m +=，所以2200224124144y x m m m ⎛⎫=-=- ⎪-⎝⎭.由于02m <<，204m <<，根据二次函数的性质可知：()(]22424240,4m m m -=--+∈，所以241234m m -≤--，所以22412414x m m =-≤-，解得[]00,1x ∈.故答案为：[]0,12、【2018年高考全国I 理数】已知双曲线22:13x C y -=，O 为坐标原点，F 为C 的右焦点，过F 的直线与C 的两条渐近线的交点分别为M ，N ．若OMN △为直角三角形，则||MN = A ．32B ．3C ．D ．4【答案】B【解析】由题可知双曲线C 的渐近线的斜率为，且右焦点为(2,0)F ，从而可得30FON ∠=︒，所以直线MN 的倾斜角为60︒或120︒，根据双曲线的对称性，设其倾斜角为60︒，可以得出直线MN 的方程为2)y x =-，分别与两条渐近线3y x =和3y x =-联立，求得M，3(,22N -，所以||3MN ==，故选B ． 3、（2020届浙江省宁波市鄞州中学高三下期初）已知抛物线E ：24y x =和直线l ：40x y -+=，P 是直线上l 一点，过点P 做抛物线的两条切线，切点分别为A ，B ，C 是抛物线上异于A ，B 的任一点，抛物线在C 处的切线与PA ，PB 分别交于M ，N ，则PMN ∆外接圆面积的最小值为______. 【答案】258π【解析】设三个切点分别为222(,),(,),(,)444a b c A a B b C c ，若在点A 处的切线斜率存在，设方程为2()4a y a k x -=-与24y x =联立，得，222440,164(4)0ky y a k a k a k a --+=∆=--+=， 即222440,a k ak k a-+=∴=， 所以切线PA 方程为2202a x ay -+= ①若在点A 的切线斜率不存在，则(0,0)A ， 切线方程为0x =满足①方程，同理切线,PB MN 的方程分别为2202b x by -+=，2202c x cy -+=，联立,PA PB 方程，22202202a x ay b x by ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，解得42ab x a b y ⎧=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩，即,42ab a b P +⎛⎫ ⎪⎝⎭同理,,,4242ac a c bc b c M N ++⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，(),42a c b c b PM --⎛⎫= ⎪⎝⎭， ()(),,,4242b c a c a c b a b a PN MN ----⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，设PMN ∆外接圆半径为R ，|||||||||PM b c PN a c MN a b =-=-=-，11||||sin ||||22PMN S PM PN MPN PM PN ∆=∠=21||||()2||||PM PN PM PN ===||||||1||||||1622a b b c a c MN PM PN R---==，||||||4PM PN MN R S ⋅⋅==08c =≥时取等号，点P在直线40,4,8422ab a b ab x y a b +-+=∴+=∴+=+，8R =∴≥8==4≥=， 当且仅当1,6,0a b c =-==或6,1,0a b c ==-=时等号成立， 此时PMN ∆外接圆面积最小为258π. 故答案为:258π.4、（2020届浙江省嘉兴市5月模拟）设点(,)P s t 为抛物线2:2(0)C y px p =>上的动点，F 是抛物线的焦点，当1s =时，54PF =．（1）求抛物线C 的方程；（2）过点P 作圆M ：22(2)1x y -+=的切线1l ，2l ，分别交抛物线C 于点,A B ．当1t >时，求PAB △面积的最小值．【答案】（1）2y x =（2）最小值 【解析】（1）当1s =时，5||24p PF s =+=， 所以12p =，故所求抛物线方程为2y x =. （2）点(),P s t 为抛物线2y x =上的动点，则2s t =，设过点2(,)P t t 的切线为2()x m y t t =-+， 21=， 得22222(1)2(2)(2)10(*)t m t t m t -+-+--=， 12,m m 是方程（*）式的两个根， 所以21222(2)1t t m m t -+=-，2123m m t =-， 设()()221122,,,A y y B y y ，因直线2:()l x m y t t =-+，与抛物线2:C y x =交于点A ，则212()x m y t t y x⎧=-+⎨=⎩得22110y m y m t t -+-=， 所以211ty m t t =-，即11y m t =-，同理22y m t =-，设直线()1212:AB x y y y y y =+-，则12||||AB y y =-，d =，又12122221t y y m m t t -+=+-=-， 2121223()()1t y y m t m t t -=--=-， 所以212121211|||||()|22PAB S AB d y y t t y y y y ==--++22222311t t t t t --=-⨯+--=令210u t=->，4(PAB S u u =++当且仅当2u =，即t =时，PAB S 取得最小值5、（2020届浙江省绍兴市4月模拟）如图，已知点(0,0)O ，(2,0)E ，抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点F为线段OE 中点.（1）求抛物线C 的方程；（2）过点E 的直线交抛物线C 于, A B 两点，4AB AM =，过点A 作抛物线C 的切线l ，N 为切线l 上的点，且MN y ⊥轴，求ABN 面积的最小值.【答案】（1）24y x =；（2）【解析】（1）由已知得焦点F 的坐标为(1, 0)， 2p ∴=，∴抛物线C 的方程为：24y x =；（2）设直线AB 的方程为：2x my =+，设()11,A x y ，()22,B x y ，()00,M x y ，联立方程224x my y x=+⎧⎨=⎩，消去x 得：2480y my --=， 216320m ∴∆=+>，124y y m +=，128y y =-，设直线l 方程为：()11y y k x x -=-，联立方程()1124y y k x x y x ⎧-=-⎨=⎩，消去x 得：2114440y y y x k k-+-=， 由相切得：112164440k k y x ⎛⎫∆=--= ⎪⎝⎭，112110y x k k ∴-+=， 又2114y x =，21121104y y k k ∴-+=， 21102y k ⎛⎫∴-= ⎪⎝⎭，12k y ∴=， ∴直线l 的方程为：11220x y y x -+=，由4AB AM →→=，得12034x x x +=，12034y y y +=， 将12034y y y +=代入直线l 方程，解得221121888N yy y y x +-==， 所以01212ABN N S x x y y =-⨯-△212112138248x x yy y +-=-⨯-2212121632y y y y ++=⨯-31232y y -=311832y y +=，又118y y +≥ 所以42ABN S △，当且仅当1y =±时，取到等号，所以ABN面积的最小值为6、（2020届浙江省台州市温岭中学3月模拟）如图，已知抛物线214y x =的焦点为F .()1若点P 为抛物线上异于原点的任一点，过点P 作抛物线的切线交y 轴于点Q ，证明：2PFy PQF ∠=∠. ()2A ，B 是抛物线上两点，线段AB 的垂直平分线交y 轴于点()0,4D (AB 不与x 轴平行)，且6AF BF +=.过y 轴上一点E 作直线//m x 轴，且m 被以AD 为直径的圆截得的弦长为定值，求ABE △面积的最大值.【答案】()1证明见解析； ()2 【解析】()1由抛物线的方程可得()0,1F ，准线方程：1y =-，设200,4x P x ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 由抛物线的方程可得2x y '=，所以在P 处的切线的斜率为：02x k =， 所以在P 处的切线方程为：()200042x x y x x -=-， 令0x =，可得204x y =-， 即2040,Q x ⎛-⎫ ⎪⎝⎭， 所以2014x FQ =+，而P 到准线的距离2014x d =+，由抛物线的性质可得PF d = 所以PF FQ =，PQF QPF ∠=∠，可证得：2PFy PQF ∠=∠.()2设直线AB 的方程为：y kx m =+，()11,A x y ，()22,B x y ，直线与抛物线联立24y kx mx y =+⎧⎨=⎩，整理可得：2440x kx m --=，216160k m ∆=+>，即20k m +>，124x x k +=，124x x m =-，()21212242y y k x x m k m +=++=+，所以AB 的中点坐标为：()22,2k k m +，所以线段AB 的中垂线方程为：()212(2)y k m x k k -+=--，由题意中垂线过()0,4D ，所以2224k m ++=，即222k m +=，① 由抛物线的性质可得：1226AF BF y y +=++=，所以24226k m ++=，即222k m +=，②设()0,E b ，()222114AD x y =+-，AD 的中点的纵坐标为142y +，所以以AD 为直径的圆与直线m 的相交弦长的平方为：2214442y AD b ⎡⎤+⎛⎫--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦()()()222112114444444y y x b b y ⎡⎤-+=+--++⎢⎥⎢⎥⎣⎦()221111444434y b b y by b y b b ⎡⎤-+-+=-+-⎣⎦⎡⎤⎣⎦，要使以AD 为直径的圆截得的弦长为定值则可得3b =，时相交弦长的平方为定值12，即()0,3E所以E 到直线AB的距离为：d = 而弦长AB ==，所以1232EAB S AB d =⋅==-将①代入可得2322212ABE S k k =-+=+=设()6424472f k k k k =-+++为偶函数，0k >>的情况即可，()()()()5342222416142126722167f k k k k k k k k k k ++=---=-+=--' 令()0f k '=，6k =当06k <<，()0f k '>，()f k 单调递增；当k 6<<()0f k '<，()f k 单调递减，所以(k ∈且0k ≠上，66f f ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭为最大值9，所以ABE S的最大值为：212+=。
2019-2020学年浙江省十校联盟高三(下)开学数学试卷
2019-2020学年浙江省十校联盟高三（下）开学数学试卷一、选择题1. 设集合A＝{x|x2−3x−4>0}，B＝{x|−2≤x≤3}，则(∁R A)∩B＝（）A.RB.[−2, −1]C.[−1, 3]D.[−2, 4]【答案】C【考点】交、并、补集的混合运算【解析】化简集合A＝{x|x>4或x<−1}，从而求∁R A＝{x|−1≤x≤4}再求(∁R A)∩B＝{x|−1≤x≤3}．【解答】A＝{x|x2−3x−4>0}＝{x|x>4或x<−1}，B＝{x|−2≤x≤3}，∁R A＝{x|−1≤x≤4}，则(∁R A)∩B＝{x|−1≤x≤3}，2. 已知双曲线的上、下焦点分别为F1(0, −3)，F2(0, 3)，P是双曲线上一点且||PF1|−|PF2||＝4，则双曲线的标准方程为（）A.x24−y25=1 B.x25−y24=1 C.y24−x25=1 D.y25−x24=1【答案】C【考点】双曲线的标准方程【解析】由双曲线的定义可得实轴长及半个焦距，再由a，b，c之间的关系求出b，进而求出双曲线的方程．【解答】由双曲线的定义可得c＝3，2a＝4，即a＝2，b2＝c2−a2＝9−4＝5，且焦点在y轴上，所以双曲线的方程为：y 24−x25=1，3. 已知两非零复数z1，z2，若z1⋅z2∈R，则一定成立的是（）A.z1+z2∈RB.z1⋅z2¯∈RC.z1z2∈R D.z1z2¯∈R【答案】D【考点】复数的运算【解析】设z1＝a+bi，z2＝c+di，(a, b, c, d∈R)，然后逐个计算判断A、B、C，结合z1z2∈R判断D正确．【解答】设z1＝a+bi，z2＝c+di，(a, b, c, d∈R)，z1+z2＝a+bi+c+di＝a+c+(b+d)i，∴z1+z2∈R不一定成立，故A不正确；则z1⋅z2¯=(a+bi)(c−di)＝ac+bd+(bc−ad)i，∴z1⋅z2¯∈R不一定成立，故B不正确；z1 z2=a+bic+di=(a+bi)(c−di)(c+di)(c−di)=ac+bd+(bc−ad)ic2+d2，∴z1z2∈R不一定成立，故C不正确；∵z1z2¯=z1⋅z2z2¯⋅z2=z1⋅z2|z2|2，且z1z2∈R，∴z1z2¯∈R正确，故D成立．4. 已知a，b∈R，则“|a|≤1”是“|a−b|+|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【答案】B【考点】充分条件、必要条件、充要条件【解析】根据绝对值不等式的性质和特殊值法，判断即可．【解答】|a−b|+|b≥|a−b+b|＝|a|，因为|a−b|+|b|≤1，所以|a||≤1，故后者能推出前者，反之，比如a＝1，b＝3，推不出后者，故为必要不充分条件，5. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm），其俯视图为等边三角形，则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A.4√3B.103√3 C.2√3 D.83√3【答案】B【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【解析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为直三棱柱截去一个三棱锥H−EFG，然后由柱体体积减去三棱锥体积求解．【解答】由三视图还原原几何体如图，该几何体为直三棱柱截去一个三棱锥H−EFG，三角形ABC的面积S=12×2×√22−12=√3．∴几何体的体积V=√3×4−13×√3×2=10√33．6. 函数y=2x sin(π2+6x)4x−1的图象大致为（）A. B.C. D.【答案】D【考点】诱导公式奇函数函数的图象【解析】先判断函数的奇偶性，再根据函数值的变化规律即可得到答案．【解答】解：∵ 函数f(x)=2x sin (π2+6x)4x −1=2x cos 6x 4x −1，∴ f(−x)=2−x cos (−6x)4−x −1=−2x cos 6x 4x −1=−f(x)，∴ f(x)为奇函数，故图象关于原点对称，故排除A ，∵ 当x 从右趋向于0时，f(x)趋向于+∞，当x 趋向于+∞时，f(x)趋向于0， 故排除BC . 故选D .7. 设12<p <1，相互独立的两个随机变量ξ，η的分布列如表：则当p 在(12,1)内增大时（ ） A.E(ξ+η)减小，D(ξ+η)增大 B.E(ξ+η)减小，D(ξ+η)减小 C.E(ξ+η)增大，D(ξ+η)增大 D.E(ξ+η)增大，D(ξ+η)减小【答案】 D【考点】离散型随机变量的期望与方差 【解析】求出E(ξ)=−13，E(η)＝2p −1，从而E(ξ+η)＝2p −43，D(ξ)=89，D(η)＝4p −4p 2，从而D(ξ+η)＝4p −4p 2+89=−4(p −12)2+179，由此得到当p 在(12,1)内增大时，E(ξ+η)增大，D(ξ+η)减小． 【解答】12<p <1，E(ξ)=−23+13=−13，E(η)＝p −1+p ＝2p −1， E(ξ+η)＝2p −43，D(ξ)＝(−1+13)2×23+(1+13)2×13=89， D(η)＝(−2p)2(1−p)+(2−2p)2p ＝4p −4p 2， D(ξ+η)＝4p −4p 2+89=−4(p −12)2+179，∴当p在(12,1)内增大时，E(ξ+η)增大，D(ξ+η)减小，8. 如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为CD的中点，△ADE沿着AE向上翻折，使点D到D′．若D′在平面ABCD上的投影H落在梯形ABCE内部（不含边界），设二面角D′−BC−E的大小为α，直线D′C，D′B与平面ABC所成角分别为β，γ，则（）A.α<β<γB.β<α<γC.β<γ<αD.γ<β<α【答案】C【考点】二面角的平面角及求法直线与平面所成的角【解析】作出图象，根据空间角定义可得tanα=D ′HHM ，tanβ=D′HHC，tanγ=D′HHB，结合HM<HB<HC，即可得出结论．【解答】由AB＝2AD＝4可知，DE＝DA，作AB中点P，则DP⊥AE，故H在线段DP上，作D′M⊥BC交BC于M，连接HM，HB，HC，如图，易知，tanα=D ′HHM ，tanβ=D′HHC，tanγ=D′HHB，又HM<HB<HC，∴β<γ<α．9. 已知a>b>0，给出下列命题：①若√a−√b=1，则a−b<1；②若a3−b3＝1，则a−b<1；③若e a−e b＝1，则a−b<1；④若ln a−ln b＝1，则a−b<1．其中真命题的个数是（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【考点】命题的真假判断与应用【解析】①若√a−√b=1，则√a=√b+1，然后两边平方，再通过作差法即可得解；②若a3−b3＝1，则a3−1＝b3，然后利用立方差公式可知(a−1)(a2+a+1)＝b3，再结合a>b>0以及不等式的性质即可判断；③若e a−e b＝1，则e a−b=e ae b =e b+1e b=1e b+1，再利用b>0，得出e b>1，从而求得e a−b的范围，进而判断；④取特殊值，a＝e，b＝1即可判断．【解答】①若√a−√b=1，则√a=√b+1，所以a=b+1+2√b，所以a−b＝1+2√b>1，即①错误；②若a3−b3＝1，则a3−1＝b3，即(a−1)(a2+a+1)＝b3，因为a>b>0，所以a2>b2，所以a2+a+1>b2，所以a−1<b，即a−b<1，所以②正确；③若e a−e b＝1，则e a−b=e ae b =e b+1e b=1e b+1，因为b>0，所以1<e a−b<2<e，所以a−b<1，即③正确；④取a＝e，b＝1，满足ln a−ln b＝1，但a−b>1，所以④错误；所以真命题有②③，10. 已知数列{a n}的各项都是正数且满足2a n2−3a n＝a n−1(n∈N∗, n≥2)，S n是数列{a n}的前n项和，则下列选项中错误的一项是（）A.若{a n}单调递增，则0<a1<2B.若a1＝1，则234<a3<2C.若a1≠2，则(2a2+1)(2a3+1)⋯(2a n+1)=a1−2a n−2(n≥2)D.若a1＝3，则S n≥3(3n+1)4．【答案】D【考点】命题的真假判断与应用数列递推式【解析】由数列递增可得a n>a n−1，结合数列的递推式，解不等式可判断A；分别求得a2，a3，比较可判断B；由数列的递推式可得2a n+1=a n−1−2a n−2，由累差法可判断C；求得a2，S2，可判断D．【解答】数列{a n}的各项都是正数且满足2a n2−3a n＝a n−1(n∈N∗, n≥2)，若{a n}单调递增，可得a n>a n−1，即为a n−a n−1＝4a n−2a n2>0，可得0<a n<2，(n≥2且n∈N∗)，由a1<a2，可得0<a1<2，故A正确；若a1＝1，可得2a22−3a2＝a1＝1，解得a2=3+√174（负值已舍去），由2a32−3a3＝a2=3+√174，(∗)，3+√174∈(1.75, 1.8)，而2a 32−3a 3＝2(a 3−34)2−98在(234, 2)的范围是(4√2−3×234, 2)，而√2<234<2，则4√2−3×234∈(4√2−6, √2)，故方程(∗)的解在(234, 2)内，故B 正确；由2a n 2−3a n ＝a n−1，可得2a n 2−3a n −2＝a n−1−2，即(2a n +1)(a n −2)＝a n−1−2， 即2a n +1=a n−1−2a n −2，可得(2a 2+1)(2a 3+1)…(2a n +1)=a 1−2a 2−2⋅a 2−2a 3−2⋯a n−1−2a n −2=a 1−2a n −2(a 1≠2)，故C 正确；若a 1＝3，可得2a 22−3a 2＝a 1＝3，解得a 2=3+√334，S 2＝3+3+√334，由3×(3×2+1)4=214，3+3+√334−214=√33−64<0，可得S 2<3×(3×2+1)4，故D 错误．二、填空题（共7小题，每小题6分，满分36分）我国古代数学家赵爽利用“勾股圆方图”巧妙地证明了勾股定理，成就了我国古代数学的骄傲，后人称之为“赵爽弦图”．如图，它是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形，若直角三角形中较小的锐角记为α，大正方形的面积为25，小正方形的面积为1，则sin α＝________，sin α2+cos α2=________．【答案】35,2√105【考点】 解三角形三角形的面积公式 【解析】直接利用三角形的全等，整理出关于一元二次方程，进一步利用关系式的应用求出三角函数的值． 【解答】根据已知条件四个直角三角形全等， 所以设直角三角形的短的直角边长为x ， 则较长的直角边长为x +1，所以x 2+(x +1)2＝52，整理得x 2+x −12＝0， 解得：x ＝3或−4（负值舍去）， 所以sin α=35．sin α2+cos α2=√(sin α2+cos α2)2=√1+sin α=√1+35=2√105．已知直线l:y =kx 被圆C ：(x −1)2+(y +2)2=4截得的弦长为2√3，则k =________，圆C 上到直线l 的距离为1的点有________个．【答案】−34,3【考点】直线与圆的位置关系点到直线的距离公式【解析】利用点到直线的距离公式求出圆心到直线l1的距离d，再根据弦长公式求出d，解方程求得k值，【解答】解：由题得圆心C(1, −2)，则圆心到直线l的距离d=√k2+1=√4−(√3)2=1，解得k=−34；因为d=1，r=2，则圆C上到直线l的距离为1的点应有3个.故答案为：−34；3.（1）若二项式(x√x)n(n∈N∗)的展开式中存在常数项，则n的最小值为________；（2）从6名志愿者中选出4人，分别参加两项公益活动，每项活动至少1人，则不同安排方案的种数为________．（用数字作答）【答案】3700【考点】二项式定理及相关概念排列、组合及简单计数问题【解析】（1）根据二项式展开式的通项公式，令x的指数等于0，求出n、r的关系，即可求出n 的最小值；（2）根据题意，分2步进行分析：①，从6名志愿者中选出4人，②，将选出的4人分成2组，分别参加两项公益活动，由分步计数原理计算可得答案【解答】(x√x)n(n∈N∗)的展开式中通项公式为T r+1=∁n r x n−r⋅√x)r=∁n r⋅(−2)r⋅x n−32r，令n−32r＝0，解得n=32r，其中r＝0，1，2，…，n；当r＝2时，n＝3；所以n的最小值为3．根据题意，分2步进行分析：①，从6名志愿者中选出4人，有C64＝15种选法，②，将选出的4人分成2组，分别参加两项公益活动，有24−2＝14种情况，则有15×14＝700种不同的安排方案，故答案为：3，700．如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b=4√5，c＝5，B＝2C，则cos C＝________，点D为边BC上一点，且BD＝6，则△ADC的面积为________．【答案】2√55,10【考点】余弦定理【解析】由已知结合正弦定理可求cos C，然后结合二倍角关系可求sin B，结合三角形的面积公式及等高三角形的面积比可转化为底的比可求．【解答】因为b=4√5，c＝5，B＝2C，由正弦定理可得，bsin B =csin C，所以4√5sin2C =5sin C=4√52sin C cos C，则cos C=2√55；sin B＝2sin C cos C＝2×2√55×√55=45，∴S△ABD=12×5×6×45=12，由余弦定理可得，cos C=2√55=28√5a，解可得a＝5（舍）或a＝11，所以S△ABDS△ADC =BDCD=65，∴S△ADC=56×12=10．已知F是椭圆C:x24+y23=1的左焦点，A，B是椭圆C上的两个相异动点，若AB中点的横坐标为1，则F到直线AB距离的最小值为________．【答案】√152【考点】椭圆的离心率【解析】分直线AB的斜率存在和不存在两种情况讨论，由于同一点对称性设斜率大于0，与椭圆联立求出两根之和，再由AB的中点的横坐标求出参数之间的关系，由点到直线的距离公式求出F到直线AB距离．令参数部分为函数，求导，由函数的单调性求出函数的最大值，进而求出F到直线AB的最小值．【解答】由题意的方程可得：F(−1, 0)，若直线AB 的斜率不存在时，则由题意可得AB 的方程为：x ＝1，这时F 到直线AB 的距离为2，当直线AB 的斜率存在且不会为0时，由题意的对称性设k >0，设方程为y ＝kx +b ，A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，联立直线与椭圆的方程可得：{y =kx +b3x 2+4y 2−12=0 ，整理可得：(3+4k 2)x 2+8kbx +4b 2−12＝0，△＝64k 2b 2−4⋅(3+4k 2)(4b 2−12)>0，即b 2<3+3k 2，x 1+x 2=−8kb 3+4k 2，x 1x 2=4b 2−123+4k 2，因为AB 中点的横坐标为1，所以−8kb 3+4k 2=2，即b =−3+4k 24k所以F 到直线AB 的距离d =√1+k2=|−3+4k 24k −k|√1+k 2=24√k 4+k2=14⋅√64k 4+48k 2+9k 4+k 2=14⋅√64(k 4+k 2)−16k 2+9k 4+k 2=14⋅√64−16k 2−9k 4+k 2，令g(k)=16k 2−9k 4+k 2，k >0，g ′(k)=16k(k 4+k 2)−(16k 2−9)(4k 3+2k)(k 4+k 2)2=−2k(2k 2−3)(8k 2+3)(k 4+k 2)2，当0<k <√62，g ′(k)>0，g(k)单调递增，当k >√62，g ′(k)<0，g(k)单调递减，所以∈(0, +∞)时g(√62)最大，且g(√62)=16⋅32−994+32=4，所以d =14√64−4=√152<2，已知向量a →,b →满足|2a →+b →|=1，且a →⋅(a →−b →)=1，则|a →−b →|的取值范围为________． 【答案】[√13−12, √13+12] 【考点】平面向量数量积的性质及其运算 【解析】 由|2a →+b →|=1和a →⋅(a →−b →)=1，求得a →2和a →⋅b →的值，以及b →2的取值范围，再求(a →−b →)2的取值范围，即可得出|a →−b →|的取值范围． 【解答】由|2a →+b →|=1得4a →2+4a →⋅b →+b →2=1，① 又a →⋅(a →−b →)=1得a →2−a →⋅b →=1，②由①②得a →2=18(5−b →2)，a →⋅b →=18(−3−b →2)，且|a →⋅b →|≤|a →||b →|，即18(3+b →2)≤√18(5−b →2)×|b →|，9b →4−34b →2+9≤0，17−4√139≤b →2≤17+4√139； 所以(a →−b →)2=a →2−2a →⋅b →+b →2=18(5−b →2)−14(−3−b →2)+b →2=98b →2+118，所以14−2√134≤98b →2+118≤14+2√134， 所以|a →−b →|的取值范围是[√13−12, √13+12]．已知函数f(x)＝x 3−3x 2+ax(a <0, a ∈R)，若函数f(x)有三个互不相同的零点0，t 1，t 2，其中t 1<t 2，若对任意的x ∈[t 1, t 2]，都有f(x)≤a +14成立，则实数a 的最小值为________． 【答案】 −9【考点】利用导数研究函数的极值 【解析】由题意由题意可知，t 1，t 2是x 2−3x +a ＝0的根，且t 1+t 2＝3，t 1⋅t 2＝a <0，从而可知a <0，t 1<0<t 2，然后结合导数 可求f(x)max ，而原题可转化为f(x)max ≤a +14，代入解不等式可求． 【解答】因为f(x)＝x 3−3x 2+ax ＝x(x 2−3x +a)，由题意可知，t 1，t 2是x 2−3x +a ＝0的根，则t 1+t 2＝3，t 1⋅t 2＝a <0，△＝9−4a >0，∴ a <0，t 1<0<t 2，当t 1<0<t 2时，f′(x)＝3x 2−6x +a ，则存在f(x)的极大值点x 1∈(t 1, 0)，且−a =3x 12−6x 1，由题意，f(x)max ＝f(x 1)＝x 13−3x 12+ax 1≤a +14，将−a =3x 12−6x 1，代入得(x 1−3)3≥−8，解可得−1≤x 1<0． 又因为−a =3x 12−6x 1，结合二次函数的性质可知，0<−a ≤9， 得−9≤a <0即a 的最小值−9．三、解答题（共5小题，满分74分）已知函数f(x)=A sin (ωx +φ)(x ∈R,A >0,ω>0,0<φ<π2)的图象如图所示； (Ⅰ)求函数f(x)的解析式；(Ⅱ)求函数g(x)=f(x −π12)−f(x +π12)的单调递增区间．【答案】（1）由图知，A＝2．T＝π，ω=2πT =2ππ=2，由2sin(2×0+φ)＝1，即sinφ=12，又φ∈(0, π2)，所以φ=π6故f(x)＝2sin(2x+π6)．（2）g(x)＝f(x−π12)−f(x+π12)＝2sin[2(x−π12)+π6]−2sin[2(x+π12)+π6]＝2sin2x−2sin(2x+π3)＝2sin2x−2×( 12sin2x+√32cos2x)＝sin2x−√3cos2x＝2sin(2x−π3)，由2kπ−π2≤2x−π3≤2kπ+π2，k∈Z，得kπ−π12≤x≤kπ+5π12，k∈Z，∴g(x)的单调递增区间是[kπ−π12, kπ+5π12]，k∈Z．【考点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式【解析】（1）由图知，A＝2，由T＝π，可求得ω，由2sin(2×0+φ)＝1可求得φ；（2）先化简g(x)，然后利用三角函数的单调性即可得到结论．【解答】（1）由图知，A＝2．T＝π，ω=2πT =2ππ=2，由2sin(2×0+φ)＝1，即sinφ=12，又φ∈(0, π2)，所以φ=π6故f(x)＝2sin(2x+π6)．（2）g(x)＝f(x−π12)−f(x+π12)＝2sin[2(x−π12)+π6]−2sin[2(x+π12)+π6]＝2sin2x−2sin(2x+π3)＝2sin2x−2×( 12sin2x+√32cos2x)＝sin2x−√3cos2x＝2sin(2x−π3)，由2kπ−π2≤2x−π3≤2kπ+π2，k∈Z，得kπ−π12≤x≤kπ+5π12，k∈Z，∴g(x)的单调递增区间是[kπ−π12, kπ+5π12]，k∈Z．如图，四棱锥P−ABCD中，△PAB是等边三角形，底面ABCD是直角梯形，AB // CD，AB⊥AD，AB＝BC＝2，∠ABC=π3，F，G分别是PC，AD的中点．（1）①求证：FG // 平面PAB；②求线段FG的长度；（2）若PC＝3，求直线FG与平面PBC所成角的正弦值．【答案】①证明：取BC中点I，则GI // AB，FI // PB，∵GI∩FI＝I，AB∩BP＝B，∴平面GFI // 平面PAB，∴FG // 平面PAB；②由①可知，FI=1,IG=32,∠FIG=∠PBA=60，由余弦定理有，FG=√1+94−2×1×32×cos60=√72；∵PO=OC=√3,PC=3，∴∠POC＝120∘，又EO⊥AB，OC⊥AB，∴AB⊥平面POC，∴平面POC⊥平面ABC，延长CO到H，使得PH⊥OH，则PH⊥平面ABC，PH=32，∵PB＝BC＝2，PC＝3，∴S△GBC=3√74，设G到平面PBC的距离设为ℎ，则ℎ×3√74=32×3√34，∴ℎ=3√2114，∴直线FG与平面PBC所成角的正弦值为ℎFG =3√37．【考点】直线与平面所成的角直线与平面平行【解析】（1）①通过证明面GFI // 面PAB，再利用面面平行的性质得证；②由余弦定理求解即可；（2）作出图象，设G到平面PBC的距离设为ℎ，利用等体积法求出ℎ，进而可得直线FG与平面PBC所成角的正弦值为ℎFG =3√37．【解答】①证明：取BC中点I，则GI // AB，FI // PB，∵GI∩FI＝I，AB∩BP＝B，∴平面GFI // 平面PAB，∴FG // 平面PAB；②由①可知，FI=1,IG=32,∠FIG=∠PBA=60，由余弦定理有，FG=√1+94−2×1×32×cos60=√72；∵PO=OC=√3,PC=3，∴∠POC＝120∘，又EO⊥AB，OC⊥AB，∴AB⊥平面POC，∴平面POC⊥平面ABC，延长CO到H，使得PH⊥OH，则PH⊥平面ABC，PH=32，∵PB＝BC＝2，PC＝3，∴S△GBC=3√74，设G到平面PBC的距离设为ℎ，则ℎ×3√74=32×3√34，∴ℎ=3√2114，∴直线FG与平面PBC所成角的正弦值为ℎFG =3√37．设S n是数列{a n}的前n项和，且a n是S n和2的等差中项．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）记b k＝a k⋅(a k+a k+1+...+a n)(1≤k≤n)，①求数列{b k}(1≤k≤n)的前n项和T n；②设M=2T1+22T2+⋯+2nT n(n∈N∗)，求证：12≤M<34．【答案】∵a n是S n和2的等差中项，∴S n+2＝2a n①，当n＝1时，S1+2＝2a1，∴a1＝2，当n≥2时，S n−1+2＝2a n−1②，①-②得：a n＝2a n−2a n−1，∴a n＝2a n−1，∴a na n−1=2，∴数列{a n}是首项为2，公比为2的等比数列，∴a n=2n (n∈N∗)．①b k＝a k⋅(a k+a k+1+...+a n)＝2k(2k+2k+1+……+2n)＝2k⋅2k(2n−k+1−1)2−1= 2n+k+1−4k．(1≤k≤n)，∴T n＝2n(22+……+2n+2n+1)−(4+42+……+4n)＝2n×4(2n−1)2−1−4(4n−1)4−1=43(2n+1−1)(2n−1)．②由①可得：2nT n =34(12n−1−12n+1−1)．∴M=34(12−1−122−1+122−1−123−1+⋯⋯+12n−1−12n+1−1)=34(1−12n+1−1)＝f(n)．由于f(n)单调递增，可得：f(1)≤M<34，即12≤M<34．【考点】数列的求和等差数列的前n项和等差数列的通项公式【解析】（1）由a n是S n和2的等差中项，可得S n+2＝2a n，当n≥2时，S n−1+2＝2a n−1，相减可得：a n＝2a n−1，n＝1时，可得a1，利用等比数列的通项公式即可得出．（2）①利用等比数列的求和公式可得：b k＝a k⋅(a k+a k+1+...+a n)＝2k(2k+2k+1+……+2n)＝2n+k+1−4k．(1≤k≤n)，进而得出T n．②由①可得：2nT n =34(12n−1−12n+1−1)．利用裂项求和可得M，再利用数列的单调性即可证明结论．【解答】∵a n是S n和2的等差中项，∴S n+2＝2a n①，当n＝1时，S1+2＝2a1，∴a1＝2，当n≥2时，S n−1+2＝2a n−1②，①-②得：a n＝2a n−2a n−1，∴a n＝2a n−1，∴a na n−1=2，∴数列{a n}是首项为2，公比为2的等比数列，∴a n=2n (n∈N∗)．①b k＝a k⋅(a k+a k+1+...+a n)＝2k(2k+2k+1+……+2n)＝2k⋅2k(2n−k+1−1)2−1= 2n+k+1−4k．(1≤k≤n)，∴T n＝2n(22+……+2n+2n+1)−(4+42+……+4n)＝2n×4(2n−1)2−1−4(4n−1)4−1=43(2n+1−1)(2n−1)．②由①可得：2nT n =34(12n−1−12n+1−1)．∴M=34(12−1−122−1+122−1−123−1+⋯⋯+12n−1−12n+1−1)=34(1−12n+1−1)＝f(n)．由于f(n)单调递增，可得：f(1)≤M<34，即12≤M<34．如图，已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l，过点F的直线交抛物线于A，B两点，点B在准线l上的投影为E，若C是抛物线上一点，且AC⊥EF．（1）证明：直线BE经过AC的中点M；（2）求△ABC面积的最小值及此时直线AC的方程．【答案】由题意可得抛物线的焦F坐标(1, 0)，准线方程为：x＝−1，显然直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为：x＝my+1，A(x1, y1)，B(x2, y2)，联立直线与抛物线的方程：{y2=4xx=my+1，整理可得y2−4my−4＝0，y1+y2＝4m，y1y2＝−4，由题意可得E(−1, y2)，所以k EF=y2−2，所以直线AC 的方程为：y −y 1=2y 2(x −x 1)，所以x =yy 2−y 1y 22+x 1，代入抛物线的方程：y 2−2y 2y +2y 1y 2−4x 1＝0，可得AC 的中点的纵坐标为y 2， 而直线BE 为y ＝y 2，所以可证直线BE 经过AC 的中点M ；设C(x 0, y 0)，B(t 24, t)，则E(−1, t)，由（1）得y 1y 2＝−4，所以A(4t2, −4t)，因为k EF =−t 2，因为AC ⊥EF ，所以k AC =2t，所以直线AC 的方程为：y +4t =2t (x −4t 2)，由{y 2=4x2x −ty −4−8t 2=0 整理可得：y 2−2ty −8−16t 2=0， 所以y 1+y 0＝2t ，y 1y 0＝−8−16t 2，所以|AC|=√1+t 24|y 1−y 0|=√1+t 24√(y 1+y 0)2−4y 1y 0=√4+t 2√t 2+16t 2+8，B 到直线AC 的距离为d =|t 22−t 2−4−8t2|√4+t 2=|t 2+16t2+8|2√4+t 2，所以S △ABC =12|AC|⋅d =14√(t 2+16t 2+8)3≥14√(2√16+8)3=16，当且仅当t 4＝16时，面积取到最小值16，即t ＝±2， t ＝2时，直线AC 为y +2＝x −1，即x −y −3＝0， t ＝−2时，直线AC 为y −2＝−(x −1)即x +y −3＝0．综上所述△ABC 面积的最小值为16，且此时直线AC 的方程：x −y −3＝0或x +y −3＝0． 【考点】直线与抛物线的位置关系 【解析】（1）又抛物线的方程可得F 的坐标及准线方程，设A ，B 的坐标，由题意可得E 的坐标，可得EF 的斜率，再由椭圆可得直线AC 的斜率，进而可得直线AC 的方程，与抛物线联立可得两根之和，可得AC 中点M 的纵坐标与B 的相同，所以可证直线BE 经过AC 的中点M ；（2）设B 的坐标，由（1）可得AB 的纵坐标之积为−4可得A 的坐标（用B 的坐标表示），进而可得E 的坐标，求出直线EF 的斜率，由题意可得直线AC 的方程，与抛物线联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦长AC 的值，再求B 到直线AC 的距离，代入面积公式可得，由均值不等式可得面积的最小值，并且求出此时的直线方程． 【解答】由题意可得抛物线的焦F 坐标(1, 0)，准线方程为：x ＝−1，显然直线AB 的斜率不为0，设直线AB 的方程为：x ＝my +1，A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)， 联立直线与抛物线的方程：{y 2=4xx =my +1 ，整理可得y 2−4my −4＝0，y 1+y 2＝4m ，y 1y 2＝−4，由题意可得E(−1, y 2)，所以k EF =y2−2，所以直线AC 的方程为：y −y 1=2y 2(x −x 1)，所以x =yy 2−y 1y 22+x 1，代入抛物线的方程：y 2−2y 2y +2y 1y 2−4x 1＝0，可得AC 的中点的纵坐标为y 2， 而直线BE 为y ＝y 2，所以可证直线BE 经过AC 的中点M ；设C(x 0, y 0)，B(t 24, t)，则E(−1, t)，由（1）得y 1y 2＝−4，所以A(4t2, −4t)，因为k EF =−t 2，因为AC ⊥EF ，所以k AC =2t，所以直线AC 的方程为：y +4t =2t (x −4t 2)，由{y 2=4x2x −ty −4−8t 2=0 整理可得：y 2−2ty −8−16t 2=0， 所以y 1+y 0＝2t ，y 1y 0＝−8−16t 2，所以|AC|=√1+t 24|y 1−y 0|=√1+t 24√(y 1+y 0)2−4y 1y 0=√4+t 2√t 2+16t 2+8，B 到直线AC 的距离为d =|t 22−t 2−4−8t2|√4+t 2=|t 2+16t2+8|2√4+t 2，所以S △ABC =12|AC|⋅d =14√(t 2+16t 2+8)3≥14√(2√16+8)3=16，当且仅当t 4＝16时，面积取到最小值16，即t ＝±2， t ＝2时，直线AC 为y +2＝x −1，即x −y −3＝0， t ＝−2时，直线AC 为y −2＝−(x −1)即x +y −3＝0．综上所述△ABC 面积的最小值为16，且此时直线AC 的方程：x −y −3＝0或x +y −3＝0．已知函数f(x)=x −12sin x −m 2ln x +1，f ′(x)是f(x)的导函数．（1）证明：当m ＝2时，f ′(x)在(0, +∞)上有唯一零点；（2）若存在x 1，x 2∈(0, +∞)，且x 1≠x 2时，f(x 1)＝f(x 2)，证明：x 1x 2<m 2． 【答案】当m ＝2时，f(x)=x −12sin x −ln x +1，f ′(x)=1−12cos x −1x，当x ∈(0, π)时，f ′(x)为增函数，且f ′(π3)=1−14−3π=34−3π<0，f ′(π)=32−1π>0，∴ f ′(x)在(0, π)上有唯一零点，当x ∈[π, +∞)时，f ′(x)=1−12cos x −1x ≥1−12−1x ≥12−1π>0， ∴ f ′(x)在[π, +∞)上没有零点，综上知，f ′(x)在(0, +∞)上有唯一零点；不妨设0<x 1<x 2，由f(x 1)＝f(x 2)得x 1−12sin x 1−m2ln x 1+1=x 2−12sin x 2−m2ln x2+1，∴m2(ln x2−ln x1)=x2−x1−12(sin x2−sin x1)，设g(x)＝x−sin x，则g′(x)＝1−cos x≥0，故g(x)在(0, +∞)为增函数，∴x2−sin x2>x1−sin x1，从而x2−x1>sin x2−sin x1，∴m2(ln x2−ln x1)=x2−x1−12(sin x2−sin x1)>12(x2−x1)，∴m>x2−x1ln x2−ln x1，下面证明：x2−x1ln x2−ln x1>√x1x2，令t=x2x1，则t>1，即证明t−1ln t>√t，只要证明ln t−√t<0，(∗)设ℎ(t)=ln t√t ，则ℎ(t)=√t−1)22t√t<0，∴ℎ(t)在(1, +∞)单调递减，当t>1时，ℎ(t)<ℎ(1)＝0，从而(∗)得证，即x2−x1ln x2−ln x1>√x1x2，∴m>√x1x2，即x1x2<m2．【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究函数的单调性【解析】（1）先求出f′(x)，分析出当x∈(0, π)时，f′(x)为增函数，且f′(π3)=1−14−3π=34−3π<0，f′(π)=32−1π>0，得到f′(x)在(0, π)上有唯一零点，又因为当x∈[π, +∞)时，f′(x)=1−12cos x−1x≥1−12−1x≥12−1π>0，所以f′(x)在[π, +∞)上没有零点，从而得出f′(x)在(0, +∞)上有唯一零点；（2）不妨设0<x1<x2，由f(x1)＝f(x2)得x1−12sin x1−m2ln x1+1=x2−12sin x2−m 2ln x2+1，即m2(ln x2−ln x1)=x2−x1−12(sin x2−sin x1)．设g(x)＝x−sin x，利用导数得到g(x)在(0, +∞)为增函数，从而m>x2−x1ln x2−ln x1，再证明：x2−x1ln x2−ln x1>√x1x2．从而得出m>√x1x2，即x1x2<m2．【解答】当m＝2时，f(x)=x−12sin x−ln x+1，f′(x)=1−12cos x−1x，当x∈(0, π)时，f′(x)为增函数，且f′(π3)=1−14−3π=34−3π<0，f′(π)=32−1π>0，∴f′(x)在(0, π)上有唯一零点，当x∈[π, +∞)时，f′(x)=1−12cos x−1x≥1−12−1x≥12−1π>0，∴f′(x)在[π, +∞)上没有零点，综上知，f′(x)在(0, +∞)上有唯一零点；不妨设0<x1<x2，由f(x1)＝f(x2)得x1−12sin x1−m2ln x1+1=x2−12sin x2−m2ln x2+1，∴m2(ln x2−ln x1)=x2−x1−12(sin x2−sin x1)，设g(x)＝x−sin x，则g′(x)＝1−cos x≥0，故g(x)在(0, +∞)为增函数，∴x2−sin x2>x1−sin x1，从而x2−x1>sin x2−sin x1，∴m2(ln x2−ln x1)=x2−x1−12(sin x2−sin x1)>12(x2−x1)，∴m>x2−x1ln x2−ln x1，下面证明：x2−x1ln x2−ln x1>√x1x2，令t=x2x1，则t>1，即证明t−1ln t>√t，只要证明ln t−√t<0，(∗)设ℎ(t)=ln t√t ，则ℎ(t)=√t−1)22t√t<0，∴ℎ(t)在(1, +∞)单调递减，当t>1时，ℎ(t)<ℎ(1)＝0，从而(∗)得证，即x2−x1ln x2−ln x1>√x1x2，∴m>√x1x2，即x1x2<m2．。
浙江省超级全能生2020届高三下学期3月联考数学试题(B卷)Word版含解析
3. 设 、 是两条不同的直线， 、 是两个不同的平面，已知 ， ，则“ ， ”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】B
【解析】
【分析】
利用面面平行的判定和性质定理结合充分条件、必要条件的定义判断即可得出结论.
则 .
故选：C.
【点睛】本题考查集合的并集及补集运算，比较简单，紧扣并集、补集的概念进行运算即可.
2. 已知复数 满足 ( 为虚数单位)，则复数 的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据复数的运算法则求得 ，即可求得其虚部.
【详解】因为 ，
故可得 ，
故其虚部为 .
故选： .
【详解】设直线 的倾斜角为 ，则 ，所以 .
设双曲线的左焦点为 ，设点 在第一象限内，连接 , 由
根据双曲线 对称性可得四边形 为矩形，所以 ，所以
则设 ，代入双曲线方程可得：
即 ，所以
所以 ，可得
由 ，可得
所以 ，
所以 ，即
故选：B
【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题.
4. 函数 的图象是（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用特殊点的函数值，由排除法得解．
【详解】解： ，故排除 ；
，故排除 ；
，故排除 ；
故选： ．
【点睛】本题考查函数图象的确定，属于基础题．
5. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）
浙江省宁波“十校”2022届高三下学期3月联考数学试题(高频考点版)
一、单选题二、多选题1.在复平面内，对应的点分别为，则对应的点为（ ）A．B．C．D．2. 正方体的棱长为2，的中点分别是P ，Q ，直线与正方体的外接球O 相交于M ，N 两点点G 是球O 上的动点则面积的最大值为（ ）A．B．C．D．3.把弧度化成角度是（ ）A．B．C．D．4. “”是“关于的函数单调递减”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．既不充分也不必要条件D ．充要条件5. 已知集合，，则（ ）A．B．C．D．6.设为非零实数，则:是:成立的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. 已知一个样本容量为7的样本的平均数为6，方差为2，现在样本中插入三个新数据5，6，7，若新样本的平均数为，方差为，则（ ）A ．，B ．，C ．，D ．，8. 全集，集合，则（ ）A．B．C．D．9. 下列结论正确的是（ ）A ．数据20，21，7，31，14，16的50%分位数为16B．若随机变量服从正态分布，则C．在线性回归分析中决定系数用来刻画回归的效果，若值越小，则模型的拟合效果越好D．以拟合一组数据，经代换后的线性回归方程为，则10. 已知实数a ，b ，c满足，且，则下列结论正确的有（ ）A．B．C．的最大值为D ．当时，的最大值为7，最小值为11. 下列结论正确的是（ ）A ．数据64，91，72，75，85，76，78，86，79，92的第60百分位数为79B．若随机变量服从二项分布，则C ．若随机变量服从正态分布，，则浙江省宁波“十校”2022届高三下学期3月联考数学试题(高频考点版)浙江省宁波“十校”2022届高三下学期3月联考数学试题(高频考点版)三、填空题四、解答题D ．某校三个年级，高一有400人，高二有360人.现用分层抽样的方法从全校抽取57人，已知从高一抽取了20人，则应从高三抽取19人12. 已知函数，则（ ）A ．当时，有极小值B ．当时，有极大值C ．若，则D ．函数的零点最多有1个13. 设是公差非零的等差数列，，，依次成等比数列，，，依次成等差数列，则的前n 项和为______．14. 已知正四棱锥的底面边长为2，过棱上点作平行于底面的截面若截面边长为1，则截得的四棱锥的体积为______．15. 函数，的反函数为，则________16. 已知，(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值．17. 已知函数（常数）.(1)求函数的单调区间；(2)若曲线与直线相切，证明：.18. 已知椭圆的焦距为2，且经过点．(1)求椭圆C 的方程；(2)经过椭圆右焦点F 且斜率为的动直线l 与椭圆交于A 、B 两点，试问x 轴上是否存在异于点F 的定点T，使恒成立？若存在，求出T 点坐标，若不存在，说明理由．19.已知正项等比数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.20. 在直三棱柱中，，.(1)求异面直线与所成角的大小；(2)若与平面所成角为，求三棱锥的体积.21. 在四棱锥中，平面，，.（1）证明：平面平面PAC；（2）若F是PC的中点，求证：平面PAD.。
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第 1 页 共 18 页 2020届浙江省宁波市十校高三下学期3月联考数学试题 一、单选题 1．已知{|11}Pxx，{|02}Qxx，则PQI（ ）
A．(1,2) B．(0,1) C．(1,0) D．
(1,2)
【答案】B 【解析】直接根据交集的定义计算PQI即可得到答案. 【详解】 因为{|11}Pxx，{|02}Qxx， 所以{|01}PQxxI.
故选：B. 【点睛】 本题考查集合的交运算，考查基本运算求解能力，属于容易题.
2．双曲线22194xy离心率是（ ）
A．133 B．53 C．23 D．
5
9
【答案】A 【解析】由标准方程求出c和a，继而可求离心率. 【详解】
解：2229413cab，所以13c. 由29a 可知3a.133cea.
故选:A. 【点睛】 本题考查了双曲线的标准方程，考查了离心率的求解.
3．若xy，满足约束条件0262xyxyxy，则3zxy的最小值是（ ）
A．4 B．2 C．2 D．
4
【答案】B 第 2 页 共 18 页
【解析】由约束条件画出可行域，通过平移13yx 分析即可得最优解，代回3zxy中即可求出最小值.
【详解】 解：画出可行域为如图所示的阴影部分.由3zxy可知1133yxz.
则当1133yxz过4,2C时，min
462z.
故选:B.
【点睛】 本题考查了线性规划.一般情况下，首先画出可行域，然后根据目标函数的几何意义，分析出最优解.这里在画可行域时应注意，边界线是实线还是虚线. 4．已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸（单位：cm），可得这个几何
体的体积是（ ）
A．343cm B．32cm C．383cm D．
34cm
【答案】C 【解析】由三视图还原出几何体，依据锥体体积的公式即可求解. 【详解】 解：由三视图可知，该几何体为底面是正方形的四棱锥，高为2.
所以体积为3118222333VShcm.
故选:C. 【点睛】 本题考查了几何体体积的求解，考查了三视图. 第 3 页 共 18 页
5．函数22xbafx的图像如图所示，则（ ）
A．0,01ab B．0,10.4ab C．0,10ab D．
0,01ab
【答案】D 【解析】由解析式及图像判断出01b，结合复合函数单调性，可知0a. 【详解】 解：由22xbafx可知，22xafxbfbx ，所以函数对称轴为xb，由
图可知01b.设2xbua ，则2ufu.由图可知， 函数先增后减.因为2ufu单调递增，所以2xbua应先增后减，故0a. 故选:D. 【点睛】 本题考查了函数的图像，考查了复合函数的单调性.若fxafbx，则该函数的对称轴为2abx；对于复合函数的单调性，遵循同增异减的原则. 6．设aR，则“2a”关于x的方程“20xxa有实数根”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
【答案】A 【解析】以2a为条件，判断20xxa有实数根是否成立；以20xxa有实数根为条件，判断2a是否成立，即可选出正确答案. 【详解】 解：当2a时，1490a ，此时20xxa有实数根； 当20xxa有实数根时，140a，即14a.
故选:A. 【点睛】 第 4 页 共 18 页
本题考查了命题的充分必要条件的判断.一般此类问题分为两步，若pq，则p 是q 的充分条件；若qp，则p 是q 的必要条件. 7．正方体1111ABCDABCD，P是线段1BD（不含端点）上的点.记直线PC与直线
AB
所成角为，直线PC与平面ABC所成角为，二面角PBCA的平面角为，则（ ） A． B． C． D．
【答案】A 【解析】不妨设P 为1AC 的中点，连接,ACBD交于O，做BC 的中点为K ，连接 ,,,,POPKPCPDKO,经过分析,,PCDPKOPCO，从而可求出
tan,tan,tan，进而可比较三个角的大小.
【详解】 解：如图，不妨设P 为1AC 的中点，连接,ACBD交于O，做BC 的中点为K ， 连接,,,,POPKPCPDKO，则PO面ABCD.设正方体的边长为2a.
由题意知,,PCDPKOPCO.KOPOa，2COa
3PCCDa，则tan1aa；2223433cos3232aaaaa 则tan2；
2tan22POaCOa
.因为tantantan，所以.
故选:A.
【点睛】 本题考查了线线角，考查了线面角，考查了二面角.对于空间中角的问题，在求解时有两种思路，一是按定义直接找到所求角，结合正弦定理、余弦定理、三角函数等求解；二是结合空间向量求解. 第 5 页 共 18 页
8．已知随机变量的分布列如下102a：
0 1 2
P ba b
a
则（ ） A．E有最小值12 B．E有最大值
3
2
C．D有最小值0 D．D有最大值
1
2 【答案】D
【解析】由所有概率之和为1求出12b,进而可求122Ea，
211
442Da，结合
102a，可求最值.
【详解】 解：由题意知，21babab，即12b.则
113022,222babaaE
，
所以E没有最值. 222111021222222abaaDbaa 22111
424442aaa
.由102a可知，当14a时，D有最大值为
12.
故选:D. 【点睛】 本题考查了分布列，考查了数学期望，考查了方差.对于分布列的题目，隐藏条件为，所有概率之和为1.本题的难点是计算化简. 9．从1，3，5，7中任取2个数字，从0，2，4，6，8中任取2个数字，组成没有重复
数字的四位数，这样的四位数一共有（ ）个. A．576 B．1296 C．1632 D．2020 第 6 页 共 18 页
【答案】B 【解析】分成两种情况：取出数字中无0和取出数字中有0.第一种情况全排列即可；第二种情况下，千位有3种可能，再乘对剩余数字的全排列.两种情况的结果相加即可. 【详解】 解：当取出的4个数字中没0时，再组成四位数，这样的四位数有224444864CCA个； 当取出的4个数字中有0时，共有214424CC中组合，这四位数字所组成的四位数有 223318A
个，所以这种情况下的四位数共有2418432个.4328641296
故选:B. 【点睛】 本题考查了排列与组合的综合应用.本题的易错点是忽略这个四位数，千位不能为零. 10．数列na满足21121,nnnaaaanN，，则（ ）
A．存在kN，使1122kkka B．存在m，kN，
mkaka
C．存在m，,mkkNama D．
121111naaa
【答案】D 【解析】由数列单调性的定义作差可得10nnaa，可得na为递增数列，又 2
111nnnnnaaaaa
，两边取到数，结合裂项求和以及不等式的性质可选出
正确选项. 【详解】 解：由题意知， 221211nnnnnaaaaa.由于120a ，所以210na，
则10nnaa，所以na为递增数列. 211nnnaaaQ，2
111nnnnnaaaaa，
11111111nnnnnaaaaa
.即111111nnnaaa，则
12122311111111111111......11111111nnnnaaaaaaaaaaa