2020年北京市石景山区高考数学一模试卷 (解析版)

2020年北京市石景山区高考数学一模试卷一、选择题（共10小题）1．设集合P ＝{1，2，3，4}，Q ＝{x |x |≤3，x ∈R}，则P ∩Q 等于（ ） A ．{1} B ．{1，2，3}C ．{3，4}D ．{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3}2．在复平面内，复数5+6i ，3﹣2i 对应的点分别为A ，B ．若C 为线段AB 的中点，则点C 对应的复数是（ ） A ．8+4iB ．2+8iC ．4+2iD ．1+4i3．下列函数中，既是奇函数又在区间（0，+∞）上单调递减的是（ ） A ．y ＝﹣x 2+2B ．y ＝2﹣xC ．y ＝lnxD ．y =1x4．圆x 2+y 2﹣2x ﹣8y +13＝0的圆心到直线ax +y ﹣1＝0的距离为1，则a ＝（ ） A ．−43B ．−34C ．√3D ．25．将4位志愿者分配到博物馆的3个不同场馆服务，每个场馆至少1人，不同的分配方案有（ ）种 A ．36B ．64C ．72D ．816．如图，网格纸的小正方形的边长是1，粗线表示一正方体被某平面截得的几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）A ．2B ．4C ．6D ．87．函数f(x)=cos(ωx +π6)（ω＞0）的最小正周期为π，则f （x ）满足（ ） A ．在(0，π3)上单调递增B ．图象关于直线x =π6对称 C ．f(π3)=√32D ．当x =5π12时有最小值﹣1 8．设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ．则“S 1+S 3＞2S 2”是“{a n }为递增数列”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9．设f（x）是定义在R上的函数，若存在两个不等实数x1，x2∈R，使得f(x1+x22)=f(x1)+f(x2)2，则称函数f（x）具有性质P，那么下列函数：①；f(x)={1x，x≠00，x=0②；f（x）＝x2③；f（x）＝|x2﹣1|，具有性质P的函数的个数为（）A．0B．1C．2D．310．点M，N分别是棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱BD，CC1的中点，动点P 在正方形BCC1B1（包括边界）内运动．若PA1∥面AMN，则PA1的长度范围是（）A．[2，√5]B．[3√22，√5]C．[3√22，3]D．[2，3]二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11．已知向量BA→=（12，√32），BC→=（√32，12），则∠ABC＝．12．已知各项为正数的等比数列{a n}中，a1＝1，其前n项和为S n(n∈N∗)，且1a1−1a2=2a3，则S4＝．13．能够说明“设a，b是任意非零实数，若“a＞b，则1a＜1b”是假命题的一组整数a，b的值依次为．14．已知F是抛物线C：y2＝4x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N，若M为FN的中点，则|FN|＝．15．石景山区为了支援边远山区的教育事业，组织了一支由13名一线中小学教师组成的支教团队，记者采访其中某队员时询问这个团队的人员构成情况，此队员回答：①有中学高级教师；②中学教师不多于小学教师；③小学高级教师少于中学中级教师；④小学中级教师少于小学高级教师；⑤支教队伍的职称只有小学中级、小学高级、中学中级、中学高级；⑥无论是否把我计算在内，以上条件都成立．由此队员的叙述可以推测出他的学段及职称分别是、．三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16．如图，在正四棱锥P﹣ABCD中，AB＝PB＝2√2，AC∩BD＝O．（Ⅰ）求证：BO⊥面PAC；（Ⅱ）求二面角A﹣PC﹣B的余弦值．17．2020年，北京将实行新的高考方案，新方案规定：语文、数学和英语是考生的必考科目，考生还需从物理、化学、生物、历史、地理和政治六个科目中选取三个科目作为选考科目．若一个学生从六个科目中选出了三个科目作为选考科目，则称该学生的选考方案确定：否则，称该学生选考方案待确定，例如，学生甲选择“物理、化学和生物”三个选考科目，则学生甲的选考方案确定．“物理、化学和生物”为其选考方案．某校为了解高一年级840名学生选考科目的意向，随机选取60名学生进行了一次调查，统计选性别考科目人数如表：性别选考方案确定情况物理化学生物历史地理政治男生选考方案确定的有16人16168422选考方案待确定的有12人860200女生选考方案确定的有20人610201626选考方案待确定的有12人2810002（Ⅰ）估计该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生有多少人？（Ⅱ）从选考方案确定的16名男生中随机选出2名，求恰好有一人选“物理、化学、生物”的概率；（Ⅲ）从选考方案确定的16名男生中随机选出2名．设随机变量ξ={0两名男生选考方案不同1两名男生选考方案相同，求ξ的分布列和期望．18．已知锐角△ABC，同时满足下列四个条件中的三个：①A=π3②a＝13③c＝15④sinC=13（Ⅰ）请指出这三个条件，并说明理由；（Ⅱ）求△ABC的面积．19．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的右焦点为F（1，0），离心率为√22．直线l过点F且不平行于坐标轴，l与C有两交点A，B，线段AB的中点为M．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；（Ⅲ）延长线段OM与椭圆C交于点P，若四边形OAPB为平行四边形，求此时直线l 的斜率．20．已知函数，f（x）＝x2（x＞0），g（x）＝alnx（a＞0）．（Ⅰ）若f（x）＞g（x）恒成立，求实数a的取值范围；（Ⅱ）当a＝1时，过f（x）上一点（1，1）作g（x）的切线，判断：可以作出多少条切线，并说明理由．21．有限个元素组成的集合A＝{a1，a2，…，a n}，n∈N*，记集合A中的元素个数为card （A），即card（A）＝n．定义A+A＝{x+y|x∈A，y∈A}，集合A+A中的元素个数记为card（A+A），当card（A+A）=n(n+1)2时，称集合A具有性质P．（Ⅰ）A＝{1，4，7}，B＝{2，4，8}，判断集合A，B是否具有性质P，并说明理由；（Ⅱ）设集合A＝{a1，a2，a3，2020}．a1＜a2＜a3＜2020，且a i∈N*（i＝1，2，3），若集合A具有性质P，求a1+a2+a3的最大值；（Ⅲ）设集合A＝{a1，a2，…，a n}，其中数列{a n}为等比数列，a i＞0（i＝1，2，…，n）且公比为有理数，判断集合A是否具有性质P并说明理由．参考答案一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1．设集合P＝{1，2，3，4}，Q＝{x|x|≤3，x∈R}，则P∩Q等于（）A．{1}B．{1，2，3}C．{3，4}D．{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3}【分析】利用不等式的解法、集合运算性质即可得出．解：Q＝{x||x|≤3，x∈R}＝[﹣3，3]，P＝{1，2，3，4}，则P∩Q＝{1，2，3}．故选：B．【点评】本题考查了不等式的解法、集合运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．2．在复平面内，复数5+6i，3﹣2i对应的点分别为A，B．若C为线段AB的中点，则点C 对应的复数是（）A．8+4i B．2+8i C．4+2i D．1+4i【分析】写出复数所对应点的坐标，有中点坐标公式求出C的坐标，则答案可求．解：因为复数5+6i，3﹣2i对应的点分别为A（5，6），B（3，﹣2）．且C为线段AB的中点，所以C（4，2）．则点C对应的复数是4+2i．故选：C．【点评】本题考查了中点坐标公式，考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．3．下列函数中，既是奇函数又在区间（0，+∞）上单调递减的是（）A．y＝﹣x2+2B．y＝2﹣x C．y＝lnx D．y=1 x【分析】结合函数奇偶性及单调性的定义对各选项进行检验即可判断．解：y＝2﹣x2为偶函数，不符合题意；y＝2﹣x，y＝lnx为非奇非偶函数，不符合题意；结合反比例函数的性质可知，y=1x为奇函数，且在（0，+∞）上单调递减．故选：D．【点评】本题主要考查了函数奇偶性及单调性的判断，属于基础试题．4．圆x2+y2﹣2x﹣8y+13＝0的圆心到直线ax+y﹣1＝0的距离为1，则a＝（）A．−43B．−34C．√3D．2【分析】求出圆心坐标，代入点到直线距离方程，解得答案．解：圆x2+y2﹣2x﹣8y+13＝0的圆心坐标为：（1，4），故圆心到直线ax+y﹣1＝0的距离d=√a+1=1，解得：a=−4 3，故选：A．【点评】本题考查的知识点是圆的一般方程，点到直线的距离公式，难度中档．5．将4位志愿者分配到博物馆的3个不同场馆服务，每个场馆至少1人，不同的分配方案有（）种A．36B．64C．72D．81【分析】根据题意，分2步进行分析：①，将4位志愿者分为3组，②，将分好的三组全排列，对应3个不同场馆服务，由分步计算原理计算可得答案．解：根据题意，分2步进行分析：①，将4位志愿者分为3组，有C42＝6种情况，②，将分好的三组全排列，对应3个不同场馆服务，有A33＝6种情况，则有6×6＝36种不同的分配方案；故选：A．【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．6．如图，网格纸的小正方形的边长是1，粗线表示一正方体被某平面截得的几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．2B．4C．6D．8【分析】由题意，直观图如图所示，由图可知该几何体的体积为为正方体的一半．解：由题意，直观图如图所示，由图可知该几何体的体积为为正方体的一半，即为12×2×2×2＝4． 故选：B ．【点评】本题考查由三视图求体积，考查学生的计算能力，确定几何体的形状是关键． 7．函数f(x)=cos(ωx +π6)（ω＞0）的最小正周期为π，则f （x ）满足（ ） A ．在(0，π3)上单调递增B ．图象关于直线x =π6对称 C ．f(π3)=√32D ．当x =5π12时有最小值﹣1 【分析】根据函数f （x ）的最小正周期求出ω的值，写出f （x ）的解析式， 再判断四个选项是否正确即可．解：函数f(x)=cos(ωx +π6)（ω＞0）的最小正周期为T =2πω=π， ∴ω＝2，∴f （x ）＝cos （2x +π6）； 当x ∈（0，π3）时，2x +π6∈（π6，5π6），f （x ）单调递减，∴A 错误；x =π6时，2x +π6=π2，f （π6）＝0，其图象不关于直线x =π6对称，B 错误；f （π3）＝cos （2×π3+π6）=−√32，C 错误； x =5π12时，f （x ）＝cos （2×5π12+π6）＝﹣1，D 正确． 故选：D ．【点评】本题考查了余弦函数的图象与性质的问题，是基础题．8．设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ．则“S 1+S 3＞2S 2”是“{a n }为递增数列”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【分析】先化简，再判断单调性．解：由{a n}是等差数列，S1+S3＞2S2，化简得a3＞a2，即d＞0，则{a n}为递增数列，则“S1+S3＞2S2”是“{a n}为递增数列”的充分必要条件，故选：C．【点评】本题考查数列，以及充要性，属于基础题．9．设f（x）是定义在R上的函数，若存在两个不等实数x1，x2∈R，使得f(x1+x22)=f(x1)+f(x2)2，则称函数f（x）具有性质P，那么下列函数：①；f(x)={1x，x≠00，x=0②；f（x）＝x2③；f（x）＝|x2﹣1|，具有性质P的函数的个数为（）A．0B．1C．2D．3【分析】根据题意，找出存在的点，如果找不出则需证明．解：①：因为函数是奇函数，可找关于原点对称的点，比如f（1+(−1)2）＝f（0）=f(1)+f(−1)2=1−12=0，存在；②：假设存在x1，x2∈R，使得f(x1+x22)=f(x1)+f(x2)2，即(x1+x22)2=x12+x222，得x1＝x2，矛盾，故不存在；③：函数为偶函数，f（0）＝1，令f（x）＝|x2﹣1|＝0，x=±√2，则f（√2−√22）＝f（0）＝1=f(√2)+f(−√2)2，存在．故选：C．【点评】本题考查学生的理解能力，以及证明，属于中档题．10．点M，N分别是棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱BD，CC1的中点，动点P 在正方形BCC1B1（包括边界）内运动．若PA1∥面AMN，则PA1的长度范围是（）A ．[2，√5]B ．[3√22，√5]C ．[3√22，3]D ．[2，3]【分析】取B 1C 1的中点E ，BB 1的中点F ，连结A 1E ，A 1F ，EF ，取EF 中点O ，连结A 1O ，推导出平面AMN ∥平面A 1EF ，从而点P 的轨迹是线段EF ，由此能求出PA 1的长度范围．解：取B 1C 1的中点E ，BB 1的中点F ，连结A 1E ，A 1F ，EF ，取EF 中点O ，连结A 1O ， ∵点M ，N 分别是棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱BC ，CC 1的中点， ∴AM ∥A 1E ，MN ∥EF ， ∵AM ∩MN ＝M ，A 1E ∩EF ＝E ， ∴平面AMN ∥平面A 1EF ，∵动点P 在正方形BCC 1B 1（包括边界）内运动，且PA 1∥面AMN ， ∴点P 的轨迹是线段EF ，∵A 1E ＝A 1F =√22+12=√5，EF =√12+12=√2， ∴A 1O ⊥EF ，∴当P 与O 重合时，PA 1的长度取最小值A 1O =(√5)2−(22)2=3√22，当P 与E （或F ）重合时，PA 1的长度取最大值为A 1E ＝A 1F =√5．∴PA 1的长度范围为[3√22，√5]．故选：B ．【点评】本题考查线段长度的取值范围的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11．已知向量BA →=（12，√32），BC →=（√32，12），则∠ABC ＝ π6 ．【分析】运用向量的数量积的坐标表示可得可得BA →•BC →，由向量的模公式可得|BA →|＝|BC →|，再由cos ∠ABC =BA →⋅BC→|BA →|⋅|BC →|，计算即可得到所求值．解：向量BA →=（12，√32），BC →=（√32，12）， 可得BA →•BC →=12×√32+√32×12=√32，|BA →|＝|BC →|=√14+34=1， 可得cos ∠ABC =BA →⋅BC→|BA →|⋅|BC →|=√32，由0≤∠ABC ≤π， 可得∠ABC =π6． 故答案为：π6．【点评】本题考查向量的数量积的坐标表示和模的公式，考查夹角的求法，以及化简整理的运算能力，属于基础题．12．已知各项为正数的等比数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n (n ∈N ∗)，且1a 1−1a 2=2a 3，则S 4＝ 15 ．【分析】由题意先求出公比，再根据前n 项和公式计算即可． 解：正项等比数列{a n }中，a 1＝1，且1a 1−1a 2=2a 3，∴1−1q =2q 2， 即q 2﹣q ﹣2＝0，解得q ＝2或q ＝﹣1（舍去）， ∴S 4=1−241−2=15，故答案为：15．【点评】本题考查了等比数列的前n 项和公式，属于基础题．13．能够说明“设a ，b 是任意非零实数，若“a ＞b ，则1a＜1b ”是假命题的一组整数a ，b的值依次为 2，﹣1 ．【分析】可看出，取a ＝2，b ＝﹣1时，可说明”a ＞b ，则1a＜1b”是假命题．解：取a ＝2，b ＝﹣1时，可得出“a ＞b ，则1a＜1b“不成立，即该命题为假命题．故答案为：2，﹣1．【点评】本题考查了真假命题的定义，举反例说明一个命题是假命题的方法，考查了推理能力，属于基础题．14．已知F 是抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，M 是C 上一点，FM 的延长线交y 轴于点N ，若M 为FN 的中点，则|FN |＝ 3 ．【分析】求出抛物线的焦点坐标，推出M 坐标，然后求解即可．解：抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F （1，0），M 是C 上一点，FM 的延长线交y 轴于点N ．若M 为FN 的中点， 可知M 的横坐标为：12，则|FM |=12+1＝112， |FN |＝2|FM |＝2×112=3． 故答案为：3．【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力．15．石景山区为了支援边远山区的教育事业，组织了一支由13名一线中小学教师组成的支教团队，记者采访其中某队员时询问这个团队的人员构成情况，此队员回答：①有中学高级教师；②中学教师不多于小学教师；③小学高级教师少于中学中级教师；④小学中级教师少于小学高级教师；⑤支教队伍的职称只有小学中级、小学高级、中学中级、中学高级；⑥无论是否把我计算在内，以上条件都成立．由此队员的叙述可以推测出他的学段及职称分别是 小学 、 中级 ．【分析】设小学中级、小学高级、中学中级、中学高级人数分别为a ，b ，c ，d ，根据条件建立不等式组关系，分别讨论队长的学段和职称是否满足不等式组即可． 解：设小学中级、小学高级、中学中级、中学高级人数分别为a ，b ，c ，d ， 则{a +b +c +d ≥13d ≥1c +d ≤a +b b ＜c a ＜b， 所以13﹣（a +b ）≤a +b ，a +b ≥7，c +d ≤6，若a+b＝7，则c+d＝6，∵a＜b，∴a＝3，b＝4，c＝5，d＝1，若a+b≥8，则c+d≤5，∵d≥1，∴c≤4，∵b＜c，∴b≤3，a≥5＞b矛盾，若队长为小学中级时，去掉队长则a＝2，b＝4，c＝5，d＝1，满足d＝1≥1，c+d＝6≤a+b＝4，b＝4≤c＝5，a＝2＜b＝4；若队长为小学高级时，去掉队长则a＝3，b＝3，c＝5，d＝1，不满足a＜b；若队长为中学中级时，去掉队长则a＝3，b＝4，c＝4，d＝1，不满足b＜c；若队长为中学高级时，去掉队长则a＝3，b＝3，c＝5，d＝0，不满足d≥1；综上可得队长为小学中级．故答案为：小学中级．【点评】本题主要考查合情推理的应用，结合不等式组，利用分类讨论的数学是解决本题的关键．三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16．如图，在正四棱锥P﹣ABCD中，AB＝PB＝2√2，AC∩BD＝O．（Ⅰ）求证：BO⊥面PAC；（Ⅱ）求二面角A﹣PC﹣B的余弦值．【分析】（Ⅰ）连结PO，推导出PO⊥BO，BO⊥AC，由此能证明BO⊥面PAC．（Ⅱ）由PO，AO，BO两两垂直，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法能法出二面角A﹣PC﹣B的余弦值．解：（Ⅰ）证明：连结PO，在正四棱锥P﹣ABCD中，PO⊥底面ABCD，∵BO⊂底面ABCD，∴PO⊥BO，在正方形ABCD中，BO⊥AC，∵PO∩AC＝O，∴BO⊥面PAC．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知PO，AO，BO两两垂直，以O为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，在正方形ABCD 中，∵AB ＝2√2，∴AO ＝2，∵PB ＝2√2，∴PO ＝2，∴P （0，0，2），C （﹣2，0，0），B （0，2，0）， ∴PC →=（﹣2，0，﹣2），CB →=（2，2，0）， 由（1）知BO ⊥平面PAC ，∴平面PAC 的一个法向量n →=OB →=（0，2，0），设平面PBC 的一个法向量m →=（x ，y ，z ），则{m →⋅PC →=−2x −2z =0m →⋅CB →=2x +2y =0，取x ＝﹣1，得m →=（﹣1，1，1）， 设二面角A ﹣PC ﹣B 的平面角为θ，则cos θ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=√33．∴二面角A ﹣PC ﹣B 的余弦值为√33．【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．17．2020年，北京将实行新的高考方案，新方案规定：语文、数学和英语是考生的必考科目，考生还需从物理、化学、生物、历史、地理和政治六个科目中选取三个科目作为选考科目．若一个学生从六个科目中选出了三个科目作为选考科目，则称该学生的选考方案确定：否则，称该学生选考方案待确定，例如，学生甲选择“物理、化学和生物”三个选考科目，则学生甲的选考方案确定．“物理、化学和生物”为其选考方案． 某校为了解高一年级840名学生选考科目的意向，随机选取60名学生进行了一次调查，统计选性别考科目人数如表： 性别选考方案确定情况物理化学生物历史地理政治男生选考方案确定的有16人16168422选考方案待确定的有12人860200女生选考方案确定的有20人610201626选考方案待确定的有12人2810002（Ⅰ）估计该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生有多少人？（Ⅱ）从选考方案确定的16名男生中随机选出2名，求恰好有一人选“物理、化学、生物”的概率；（Ⅲ）从选考方案确定的16名男生中随机选出2名．设随机变量ξ={0两名男生选考方案不同1两名男生选考方案相同，求ξ的分布列和期望．【分析】（Ⅰ）由数据知，60人中选考方案确定的学生中选考生物的学生有8+20＝28人，由此能求出该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生人数．（Ⅱ）选考方案中确定且为“物理、化学、生物”的男生共有8人，设“恰好有一人选考物理、化学、生物”为事件A，由此能求出恰好有一人选“物理、化学、生物”的概率．（Ⅲ）由数据知，选考方案确定的男生中有8人选择物理、化学和生物，有4人选择物理、化学和历史，有2人选择物理、化学和地理，有2人选择物理、化学和政治，ξ的可能取值为0，1，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列和Eξ．解：（Ⅰ）由数据知，60人中选考方案确定的学生中选考生物的学生有8+20＝28人，∴该学校高一年级选考方案确定的学生中选考生物的学生有：840×2860=392人．（Ⅱ）选考方案中确定且为“物理、化学、生物”的男生共有8人，设“恰好有一人选考物理、化学、生物”为事件A，则恰好有一人选“物理、化学、生物”的概率：P（A）=C81C81C162=815．（Ⅲ）由数据知，选考方案确定的男生中有8人选择物理、化学和生物，有4人选择物理、化学和历史，有2人选择物理、化学和地理，有2人选择物理、化学和政治，ξ的可能取值为0，1，P（ξ＝0）=C81C81+C41C41+C21C21C162=710，P（ξ＝1）=C82+C42+C22+C22C162=310，∴ξ的分布列为：ξ01P7103 10∴Eξ=0×310+1×310=310．【点评】本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查频数分布表、古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．18．已知锐角△ABC，同时满足下列四个条件中的三个：①A=π3②a＝13③c＝15④sinC=13（Ⅰ）请指出这三个条件，并说明理由；（Ⅱ）求△ABC的面积．【分析】（Ⅰ）根据内角和定理和正余弦定理进行推导即可；（Ⅱ）根据（Ⅰ）可知，同时满足①②③，所以先利用余弦定理求出b，然后代入面积公式即可．解：（Ⅰ）△ABC同时满足①②③．理由：若△ABC同时满足①④，因为是锐角三角形，所以sin C=13＜12=sinπ6，∴C＜π6，结合A=π3，∴B＞π2．与题设矛盾．故△ABC同时满足①④不成立；所以△ABC同时满足②③．因为c＞a，所以C＞A，满足④．则A＜C＜π6，∴B＞π2，与题设矛盾，故此时不满足④．∴△ABC同时满足①②③．（Ⅱ）因为a2＝b2+c2﹣2bc cos A，所以132=b2+152−2×b×15×12．解得b＝8或7．当b ＝7时，cosC =72+132−1522×7×13＜0，C 为钝角，与题设矛盾．所以b ＝8，S △ABC =12bcsinA =30√3．【点评】本题考查利用正余弦定理、三角形中如内角和定理、大边对大角等基础知识．同时考查了学生的逻辑推理、数学运算等数学核心素养．属于中档题．19．已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a ＞b ＞0)的右焦点为F （1，0），离心率为√22．直线l 过点F 且不平行于坐标轴，l 与C 有两交点A ，B ，线段AB 的中点为M ． （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）证明：直线OM 的斜率与l 的斜率的乘积为定值；（Ⅲ）延长线段OM 与椭圆C 交于点P ，若四边形OAPB 为平行四边形，求此时直线l 的斜率．【分析】（Ⅰ）由题可知，c ＝1，e =c a =√22，再结合a 2＝b 2+c 2，解出a 和b 的值即可得解；（Ⅱ）设直线l 的方程为y ＝k （x ﹣1）（k ≠0），A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），联立直线l 的方程和椭圆的方程，消去y 得到关于x 的一元二次方程，写出两根之和与系数的关系；由于M 为线段AB 的中点，利用中点坐标公式可用k 表示点M 的坐标，利用k OM =yM x M 可求出直线OM 的斜率，进而得解；（Ⅲ）若四边形OAPB 为平行四边形，则OA →+OB →=OP →，利用平面向量的线性坐标运算可以用k 表示点P 的坐标，再将其代入椭圆方程即可得到关于k 的方程，解之即可得解．解：（Ⅰ）由题意可知，c ＝1，e =c a =√22，∵a 2＝b 2+c 2，∴a =√2，b =1， ∴椭圆的方程为x 22+y 2=1．（Ⅱ）设直线l 的方程为y ＝k （x ﹣1）（k ≠0），A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）， 联立{y =k(x −1)x 22+y 2=1，消去y 得，（2k 2+1）x 2﹣4k 2x +2k 2﹣2＝0， 则x 1+x 2=4k22k 2+1，∵M 为线段AB 的中点，∴x M =x 1+x 22=2k22k 2+1，y M =k(x M −1)=−k 2k 2+1，∴k OM =yM x M=−12k ，∴k OM ⋅k l =−12k ×k =−12为定值．（Ⅲ）若四边形OAPB 为平行四边形，则OA →+OB →=OP →， ∴x P =x 1+x 2=4k22k 2+1，y P =y 1+y 2=k(x 1+x 2)−2k =−2k 2k 2+1，∵点P 在椭圆上，∴(4k22k 2+1)2+2×(−2k2k 2+1)2=2，解得k 2=12，即k =±√22， ∴当四边形OAPB 为平行四边形时，直线l 的斜率为k =±√22．【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及曲直联立、中点坐标公式、平面向量的坐标运算等知识点，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 20．已知函数，f （x ）＝x 2（x ＞0），g （x ）＝alnx （a ＞0）． （Ⅰ）若f （x ）＞g （x ）恒成立，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）当a ＝1时，过f （x ）上一点（1，1）作g （x ）的切线，判断：可以作出多少条切线，并说明理由．【分析】（Ⅰ）令h （x ）＝f （x ）﹣g （x ）＝x 2﹣alnx （x ＞0），则h ′（x ）=2x 2−a 2x，利用当x 变化时，h ′（x ），h （x ）的变化情况可得当0＜a ＜2e 时，h （x ）＞0恒成立，即f （x ）＞g （x ）恒成立；（Ⅱ）当a ＝1时，g （x ）＝lnx ，设过点（1，1）的直线l 与g （x ）＝lnx 相切于点P （x 0，y 0），则1x 0=y 0−1x 0−1，整理得x 0lnx 0﹣2x 0+1＝0，令m （x ）＝xlnx ﹣2x +1，则m （x ）在（0，+∞）上的零点个数与切点P 的个数一一对应，m ′（x ）＝lnx ﹣1，令m ′（x ）＝lnx ﹣1＝0解得x ＝e ．通过对x 变化时，m ′（x ），m （x ）的变化情况的分析，可得答案．解：令h （x ）＝f （x ）﹣g （x ）＝x 2﹣alnx （x ＞0），所以h ′（x ）＝2x −a x =2x 2−a 2x，令h ′（x ）=2x 2−a 2x=0，解得x =√a 2，当x 变化时，h ′（x ），h （x ）的变化情况如下表：x（0，√a2）√a2（√a2，+∞）h′（x），﹣0+h （x），减极小值增所以在（0，+∞）的最小值为h（√a2）=a2−aln√a2=a2−a2lna2，令h（√a2）＞0，解得0＜a＜2e，所以当0＜a＜2e时，h（x）＞0恒成立，即f（x）＞g（x）恒成立．（Ⅱ）可作出2条切线．理由如下：当a＝1时，g（x）＝lnx，设过点（1，1）的直线l与g（x）＝lnx相切于点P（x0，y0），g′（x0）=y0−1x0−1，即1x0=y0−1x0−1，整理得x0lnx0﹣2x0+1＝0，令m（x）＝xlnx﹣2x+1，则m（x）在（0，+∞）上的零点个数与切点P的个数一一对应，m′（x）＝lnx﹣1，令m′（x）＝lnx﹣1＝0解得x＝e．当x变化时，m′（x），m（x）的变化情况如下表：x（0，e）e（e，+∞）m′（x）﹣0+m （x）减极小值增所以m（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，且m（1e）=1e2ln1e−2e+1=−4e2+1＞0，m（e）＝elne﹣2e+1＝﹣e+1＜0，m（e2）＝e2lne2﹣2e2+1＝1＞0，所以m（x）在（1e，e）和（e，e2）上各有一个零点，即xlnx﹣2x+1＝0有两个不同的解，所以过点（1，1）可以作出2条切线．【点评】本题考查利用导数求曲线上某点的切线方程，利用导数求不等式恒成立问题，考查逻辑思维能力与综合运算能力，属于难题．21．有限个元素组成的集合A＝{a1，a2，…，a n}，n∈一、选择题*，记集合A中的元素个数为card（A），即card（A）＝n．定义A+A＝{x+y|x∈A，y∈A}，集合A+A中的元素个数记为card（A+A），当card（A+A）=n(n+1)2时，称集合A具有性质P．（Ⅰ）A＝{1，4，7}，B＝{2，4，8}，判断集合A，B是否具有性质P，并说明理由；（Ⅱ）设集合A＝{a1，a2，a3，2020}．a1＜a2＜a3＜2020，且a i∈N*（i＝1，2，3），若集合A具有性质P，求a1+a2+a3的最大值；（Ⅲ）设集合A＝{a1，a2，…，a n}，其中数列{a n}为等比数列，a i＞0（i＝1，2，…，n）且公比为有理数，判断集合A是否具有性质P并说明理由．【分析】（Ⅰ）由已知集合结合定义求得A+A与B+B，再由性质P的概念判断；（Ⅱ）首先说明若三个数a，b，c成等差数列，则A＝{a，b，c}不具有性质P，由a1＜a2＜a3＜2020，得a3≤2019，结合集合A具有性质P依次求出a3＝2019，a2＝2017，a1＝2014，可得a1+a2+a3的最大值；（Ⅲ）设等比数列的公比为q，得a n=a1q n−1（a1＞0）且q为有理数，假设当i＜k≤l＜j时有a i+a j＝a k+a l成立，则有q j﹣i＝q k﹣i+q l﹣i﹣1，设q=mn（m，n∈N*且m与n互质），因此有(mn)j−i=(m n)k−i+(m n)l−i−1，整理后出现矛盾，说明a i+a j＝a k+a l不成立，得到card（A+A）=C n1+C n2=n(n+1)2，说明集合A具有性质P．解：（Ⅰ）集合A不具有性质P，集合B具有性质P．事实上，∵A＝{1，4，7}，∴A+A＝{2，5，8，11，14}，card（A+A）＝5≠3(3+1)2，故A不具有性质P；∵B＝{2，4，8}，∴B+B＝{4，6，8，10，12，16}，card（B+B）＝6=3(3+1)2，故B具有性质P．（Ⅱ）若三个数a，b，c成等差数列，则A＝{a，b，c}不具有性质P，理由是a+c＝2b．∵a1＜a2＜a3＜2020，且a i∈N*（i＝1，2，3），∴a3≤2019，要使a1+a2+a3取最大，则a3＝2019，a2≤2018，易知{2018，2019，2020}不具有性质P，要使a1+a2+a3取最大，则a2＝2017，a1≤2016，要使a1+a2+a3取最大，检验可得a1＝2014；∴（a1+a2+a3）max＝6050；（Ⅲ）集合A具有性质P．设等比数列的公比为q，∴a n=a1q n−1（a1＞0）且q为有理数．假设当i＜k≤l＜j时有a i+a j＝a k+a l成立，则有q j﹣i＝q k﹣i+q l﹣i﹣1．∵q为有理数，设q=mn（m，n∈N*且m与n互质），因此有(m n)j−i=(m n)k−i+(m n)l−i−1，即m j﹣i＝m k﹣i n j﹣k+m l﹣i n j﹣l﹣n j﹣i．上式左边是m的倍数，右边是n的倍数，而m与n互质，显然a i+a j＝a k+a l不成立．∴card（A+A）=C n1+C n2=n(n+1)2，故集合A具有性质P．【点评】本题是新定义题，考查等差数列与等比数列的性质，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属难题．。