安徽省怀远一中、蒙城一中等五校2020届高三联考数学(理)试题及参考答案

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安徽省五校2021届高三12月联考理科数学试题及答案

13 题. 7
14 题. 1
15 题. 6
16 题.①③
15.【解析】
由复数的几何意义可知，复数 z1 在复平面内对应的点 P 在以原点为圆心的单位圆上，
z2 对应的点为定点 Q(3, 4) ，则 z1 z2 表示 P ， Q 两点间距离，由解析几何知识得最大值
1
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2
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由 2k 2x 2k , k Z
2
42
解得 3π kπ x π kπ, k Z
8
8Байду номын сангаас
………4 分 ………5 分
所以，函数
f
(x)
的单调递增区间为
3π 8
kπ,
π 8
kπ
,
k
Z
.………6
2021 届高三“五校”联考理数答案
2020 年 12 月 4 日
一、选择题：
题号 1
2
3
4
5
6
7
8
9 10 11 12
选项 B
C
A
D
D
C
B
D
C
A
C
B
11.【解析】
由对称轴和零点可知
π 4
(
π) 4
2k 1T 4
k
N ,T
2
，得到
2k
1, k N
①
由
f
(x) 在区间 ( π ，π ) 上单调可知
A，B
是圆
O
上两点，
AOB

2020年高三全国统一考试·联考数学理科(含答案)

2020年普通高等学校招生全国统一考试·联考理科数学本试卷共5页，23小题（含选考题），满分150分，考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上用2B 铅笔将试卷类型（B ）填在答题卡相应位置上，将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”．2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上．3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．4选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B 铅笔涂黑。

答案写在答题卡上对应的答题区域内，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．5．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设集合{}N x x x x A ∈<--=,0322，则集合A 的真子集有（）A ．5个 B. 6个 C. 7个 D. 8个2．已知i 是虚数单位，则化简2020)11(ii -+的结果为（） A.i B.i - C.1- D.13.若干年前，某教师刚退休的月退休金为400元，月退休金各种用途占比统计图如下面的条形图该教师退休后加强了体育锻炼，目前月退休金的各种用途占比统计图如下面的折线图.已知目前的月就医费比刚退休时少100元，则目前该教师的月退休金为（）A ．4500元 B. 5000元 C ．5500元 D ．6000元4．将包括甲、乙、丙在内的8人平均分成两组参加文明交通”志愿者活动，其中一组指挥交通，一组分发宣传资料，则甲、乙至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的概率为（） A.72 B.73 C.71 D.143 5已知抛物线x y 42=的焦点为F ，过点F 和抛物线上一点)32,3(M 的直线l 交抛物线于另一点N ，则NM NF :等于（）A.2:1B.3:1C.4:1D.3:16.在所有棱长都相等的直三棱柱111C B A ABC -中，D ，E 分别为棱AC CC ,1的中点，则直线AB 与平面DE B 1所成角的余弦值为（） A.1030 B.2030 C.20130 D.1070 7已知点A （4，3），点B 为不等式组⎪⎩⎪⎨⎧≤-+≤-≥06200y x y x y 所表示平面区域上的任意一点，则AB 的最小值为（）A.5B.554 C.5 D.552 8．给出下列说法①定义在[a ，b]上的偶函数b x a x x f ++-=)4()(2的最大值为20； ②“4π=x ”是“1tan =x ”的充分不必要条件； ③命题“21),,0(000≥++∞∈∃x x x ”的否定形式是“21),,0(<++∞∈∀xx x ” 其中正确说法的个数为（）A.0B.1C.2D.39.已知5.03422log 2log ,,,03log m c m b m a m ===>，则c b a ,,间的大小关系为 A.c b a << B.c a b << C.b a c << D.a c b <<10．元代数学家朱世杰在《算学启蒙》中提及如下问题：今有银一秤一斤十两（1秤=15斤，1斤=16两），令甲、乙、丙从上作折半差分之，问：各得几何?其意思是：现有银一秤一斤十两，现将银分给甲、乙、丙三人，他们三人每一个人所得是前一个人所得的一半.若银的数量不变，按此法将银依次分给7个人，则得银最少的一个人得银（）A ．9两 B.127266两 C.63266两 D.127250两 11在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别是a 、b 、c ，若3cos cos c A b B a =-，则B b A a B a cos cos cos +的最大值为( ) A.2 B.22 C.23 D.332 12.已知几)(x f 为奇函数，)(x g 为偶函数，且)13(log )()(3+=+x x g x f ，不等式0)()(3≥--t x f x g 对R x ∈恒成立，则t 的最大值为（）A.1B.2log 233-C.2D.12log 233- 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13已知向量a =（2，5-），b =（1，52），则b 在a 方向上的投影等于 .14在△ABC 中，∠B=32π，A 、B 是双曲线E 的左、右焦点，点C 在E 上，且BC=21AB ，则E 的离心率为 .5已知函数)0,0)(cos()(πϕωϕω≤≤>+=x x f 是奇函数，且在]4,6[ππ-上单调减，则ω的最大值是 .16已知三棱锥A-BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，BC=CD=2，AB=AD=6，则三棱锥A-BCD 的外接球的体积为 .三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第次年题为必考题，每个试题考生都必须作答第22、23题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共60分17．（12分）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且112n n n S na a =+-．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）若数列22n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为T n ，证明： 32n T ＜．18．（12分）如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，四边形ABEF 为正方形，AF ⊥DF ，AF=22FD ，∠DFE=∠CEF=45．（1）证明DC ∥FE ；（2）求二面角D-BE-C 的平面角的余弦值．19．（12分）已知点P 在圆O ：x 2+y 2=9上，点P 在x 轴上的投影为Q ，动点M 满足432PQ MQ u u u r u u u u r ．（1）求动点M 的轨迹E 的方程；（2）设G （-3，0），H （3，0），过点F （1，0）的动直线l 与曲线E 交于A 、B 两点，问直线AG 与直线BH 的斜率之比是否为定值?若为定值，求出该定值；若不为定值，试说明理由．20．（12分）某县为了帮助农户脱贫致富，鼓励农户利用荒地山坡种植果树，某农户考察了三种不同的果树苗A 、B 、C ．经过引种实验发现，引种树苗A 的自然成活率为0.7，引种树苗B 、C 的自然成活率均为p （0.6≤p≤0.8）（1）任取树苗A 、B 、C 各一棵，估计自然成活的棵数为X ，求X 的分布列及其数学期望；（2）将（1）中的数学期望取得最大值时p 的值作为B 种树苗自然成活的概率，该农户决定引种n 棵B 种树苗，引种后没有自然成活的树苗有75%的树苗可经过人栽培技术处理，处理后成活的概率为0.8，其余的树苗不能成活．①求一棵B 种树苗最终成活的概率；②若每棵树苗引种最终成活可获利400元，不成活的每棵亏损80元该农户为了获利期望不低于10万元，问至少要引种种树苗多少棵?21．（12分）已知函数f （x ）=（a-1）x+xlnx 的图象在点A （e 2，f （e 2））（e 为自然对数的底数）处的切线斜率为4（1）求实数a 的值；（2）若m ∈Z ，且m （x-1）<f （x ）+1对任意x>1恒成立，求m 的最大值．（二）选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题记分．22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）以坐标原点为极点，以x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C 的极坐标方程为-22ππρθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，），直线l 的参数方程为2cos 4sin x t y ts αα=-+⎧⎨=-+⎩（t 为参数）．（1）点A 在曲线C 上，且曲线C 在点A 处的切线与直线：x+2+1=0垂直，求点A 的直角坐标；（2）设直线l 与曲线C 有且只有一个公共点，求直线l 的斜率的取值范围．23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）设函数f （x ）=|x-1|+2|x+1|，x ∈R（1）求不等式f （x ）<5的解集；（2）若关于x 的不等式122)(-<+t x f 在实数范围内解集为空集，求实数t 的取值范围·11·。

安徽省蒙城县第一中学、淮南第一中学等2020届高三数学上学期＂五校＂联考试题理(含解析)

安徽省蒙城县第一中学、淮南第一中学等2020届高三上学期“五校”联考数学试题（理科）1. 已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题意得，，所以，故选D．2. 函数的大致图象是（）【答案】A【解析】函数是偶函数，所以选项C、D不正确，当时，函数是增函数，所以B不正确，故选A．请在此填写本题解析!3. 已知是公差为的等差数列，为的前项和，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，所以，根据等差数列的性质，可得，又数列的公差为，所以，故选C．4. 已知函数，，则“”是“函数的最小正周期为”的（）A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】，当时，函数的周期充分性成立，若函数的最小正周期为，则，解得，必要性不成立，故“”是“函数的最小正周期为”的充分不必要条件，故选B.5. 函数是定义在上的单调递增的奇函数，若，则满足的的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为函数是定义在上单调递增的奇函数，由，则，又，则，所以，所以，故选A．6. 为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有的点（）A. 向右平移移动个单位B. 向左平移移动个单位C. 向上平行移动个单位D. 向下平行移动个单位【答案】C【解析】由，所以只需把函数的图象向上平移1个单位，即可得到，故选C．7. 已知非零向量，，满足，向量，的夹角为，且，则向量与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以，所以与的夹角为，故选B．8. 若函数在其定义域的一个子区间内不是单调函数，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】函数的定义域为，所以，即，又，令，解得或（舍去），由于函数在区间内不是单调函数，所以，即，解得，综上可得，故选D．9. 若函数，满足，则称，为区间上的一组正交函数．给出三组函数：①，；②，；③．其中为区间上的正交函数的组数是（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】函数满足，则为奇函数，对于①：，所以为奇函数，所以在区间上是一组正交函数；对于②：，则为偶函数，所以在区间上不是一组正交函数；对于③：，，则为偶函数，所以在区间上不是一组正交函数，故选B．10. 已知正项等比数列（）满足，若存在两项，使得，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】∵正项等比数列{a n}满足：，又q＞0，解得，∵存在两项a m，a n使得，∴，即，∴，当且仅当=取等号，但此时m，n∉N*．又，所以只有当，取得最小值是．故选C．点睛：本题解题时要认真审题，注意正项等比数列的性质，利用等比数列的通项公式，解得，运用均值不等式求最值，一般运用均值定理需要要根据一正、二定、三取等的思路去思考，本题根据条件构造，研究的式子乘以1后变形，即可形成所需条件，应用均值不等式．11. 已知为上的可导函数，为的导函数且有，则对任意的，，当时，有（）A. B. C. D.【答案】A【解析】不妨设，则，因为当，，即，则，所以函数为单调递减函数，又且，所以，故选A．点睛：本题主要考查了导数在函数中的应用问题，其中解答中涉及到导数四则运算公式的逆用，利用导数研究函数的单调性，以及利用函数的单调性比较大小等知识点的运用，试题比较基础，属于基础题，解答中根据题意构造新函数，利用新函数的单调性解答的关键．12. 已知函数，若对任意，总存在使得，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】当时，为单调递增函数，且，当时，，又对任意，总存在使得，所以，所以，综上，实数的取值范围是，故选D．点睛：本题主要考查分段函数的应用，其中解答中涉及到指数函数的单调性与值域，基本不等式的应用求最值，以及命题的转化等知识点的综合运用，试题有一定的综合性，属于中档试题，解答中根据题意转化为两段函数的最值之间的关系是解答本题的关键．13. 已知点，则向量在方向上的投影为__________．【答案】【解析】由题意得，所以，所以向量在方向上的投影为．........................【答案】【解析】由题意得，画出约束条件所表示的平面区域如图所示又，设，当取可行域内点时，此时取得最大值，由，得，此时，所以的最大值为．15. 若函数的图象上存在与直线平行的切线，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】函数的导数为，因为函数存在与直线平行的切线，所以方程在区间上有解，即在区间上有解，因为，则，所以．点睛：本题主要考查了导数的几何意义的应用问题，其中解答中涉及到函数的导数的求解，导数的几何意义的应用，以及存在性问题的转化等知识点的运用，试题有一定的难度，属于中档试题，解答中把存在性命题转化为方程的有解问题是解答的关键．16. 已知函数是定义域为的偶函数，当时，，若关于的方程有且仅有6个不同的实数根，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】作出函数的图象如图所示，令，则由图象可得：当时，方程只有1解；当或时，方程有2解；当时，方程有4解；因为，所以或，因为有解，所以又两解，所以或．点睛：本题主要考查了方程根的个数的判定与应用问题，其中解答中涉及到一元二次方程根的求解，函数的图象的应用等知识点的综合运用，试题有一定的综合性，属于中档试题，解答中正确作出函数的图象和合理应用的根的个数的应用是解答的关键．17. 已知函数．（1）求的最小正周期及单调递增区间；（2）若在区间上的最大值与最小值的和为1，求的值．【答案】（1）,（）．（2）．【解析】试题分析: （Ⅰ）根据二倍角公式和两角和与差的正弦公式化简函数,求出函数的最小正周期及单调递增区间；（Ⅱ）由x的范围,求出的范围,画出正弦函数的图象,求出函数的最大值与最小值的和等于1,解出a的值.试题解析:（Ⅰ）所以．由，得．故，函数的单调递增区间是（）．（Ⅱ）因为，所以．所以．因为函数在上的最大值与最小值的和为，所以．18. 已知是等比数列，公比，前项和为，且，数列满足：.（1）求数列，的通项公式；（2）设数列的前项和为，求证：.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）由等比数列，利用等比数列的通项公式和前项和公式，求得，即可求出通项公式；（2）由（1）求得，利用裂项求和的方法，即可求解数列的和，由此可作出证明．试题解析：（1）故解得所以，．（2）设，，因为，所以，．19. 已知分别为角的对边，它的外接圆的半径为为常数），并且满足等式成立.（1）求；（2）求的面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）利用正弦定理，化简得，再由余弦定理，即可求得的值，从而求解的值；（2）由（1）知，，利用两角和与差的正弦，即可求解，从而求得三角形面积的最大值．试题解析：（1）由，∴，由正弦定理得，，，代入得，由余弦定理，∴．（2）由（1）知，，所以，当且仅当时，．20. 设数列的前项和为，且满足．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，且，求数列的通项公式；（3）设，求数列的前项和．【答案】（1）（2）（3）．【解析】试题分析：解：(1)当n=1时，，所以当n≥2时，，且所以得：则数列是以1为首项，为公比的等比数列，所以：数列的通项公式是。

2020年安徽省怀远一中、蒙城一中、淮南一中五校高考数学模拟试卷

2020年安徽省怀远一中、蒙城一中、淮南一中、颍上一中、涡阳一中五校高考数学模拟试卷（理科）（5月份）一、选择题（本大题共12小题，每题5分，共60分．每小题四个选项中只有一项是符合题意的）1. 已知集合M={x|0≤x≤1}，N={x∈N|x2−2x−3<0}，则M∩N=( )A.[0,1]B.(0,1]C.{1}D.{0,1}2. 设z=3+i1−2i，则|z|＝（）A.2B.√3C.√2D.13. 已知a＝log3e，b＝ln3，c＝log1312，则a，b，c的大小关系为（）A.a>b>cB.b>a>cC.c>b>aD.b>c>a4. 已知(1−x)6＝a0+a1x+a2x2+……+a6x6，则|a0|+|a1|+|a2|+……+|a6|＝（）A.0B.64C.1D.325. 函数y＝−sin x|cos x|在[−π, π]上的图象大致是（）A.B.C.D.6. 中国足球队超级联赛的积分规则是：胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分．某球队打完3场比赛，则该球队积分情况共有几种（）A.8B.9C.10D.117. 已知非零向量a→，b→满足|a→|=34|b→|，cos<a→，b→>=13，若(ma→+4b→)⊥b→，则实数m的值为（）A.9B.10C.11D.−168. 在如图所示的算法框图中，若输入的x=45，则输出结果为（）A.15B.25C.35D.459. 设{a n}为等差数列，{b n}为等比数列，且a1＝b1>0，a9＝b9，则下列关系正确的是（）A.a5>b5B.a5<b5C.a5≥b5D.a5≤b510. 已知函数f(x)＝sinωx+√3cosωx−1，(ω>0)的最小正周期为π，则该函数的图象（）A.关于直线x=π3对称 B.关于直线x=π6对称C.关于点(−π6, −1)对称 D.关于点(π12, −1)对称11. 定义在[−2, 2]上的函数f(x)与其导函数f′(x)的图象如图所示，设O为坐标原点，A，B，C，D四点的横坐标依次为−12，−16，1，43，则函数y=f(x)e x的单调递减区间是( )A.(−16, 43) B.(−12, 1) C.(−12, −16) D.(1, 2)12. 已知椭圆C的右焦点为F(1, 0)，点A在椭圆C上，且AF与x轴垂直，点B与点A关于原点O对称，直线BF与椭圆C的另一个交点为P，若PA⊥AB，则C的方程为（）A.x22+y2＝1 B.x23+y22=1 C.x24+y23=1 D.x25+y24=1二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）已知函数f(x)＝ln(2x+1)，则f(x)在x＝0处的切线方程为________．数列{a n}为等比数列，且a1＝f(x−3)，a2＝3，a3＝f(x+1)，其中f(x)＝3⋅2x，则a nf(n)+f(n)a n的最小值为________．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0)的左右焦点分别是F1，F2，M是C渐近线上一点，且|OF2|＝|OM|，|MF1|−|MF2|＝2√2a，则双曲线的离心率为________2√33．在三棱锥P−ABC中，AB＝BC＝CA=√3，PA＝1，PB＝2，二面角P−AB−C的平面角大小为π3，则此三棱锥的外接球表面积为________13π3．三、解答题（本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a⋅(2sin A+sin C)+c⋅(2sin C+sin A)＝2b⋅sin B．（1）求角B的大小；（2）若b=√3，且△ABC的面积为√34，求△ABC的周长．如图，在四棱锥P−ABCD中，AP⊥平面PCD，AD // BC，AB⊥BC，AP＝AB＝BC=12AD，E为AD的中点，AC与BE相交于点O．（1）证明：PO⊥平面ABCD．（2）若OB＝1，求点C到平面PAB的距离．在《新冠病毒肺炎诊疗标准（试行第七版）》中，出院标准为连续两次痰、鼻咽等呼吸道标本核酸检测为阴性，即对患者两次核酸检测结果均为阴性，才能出院．由于病毒的含量达到一定程度才能检测出来，在少数情况下，病毒携带者可能检测为阴性，也就是常说的“假阴性”．假定核酸检测对痊愈者检测结果一定为阴性，对病毒携带者检测结果为阳性的概率为45．（1）求一名病毒携带者两次检测均为阴性的概率；（2）假设有5名患者经过治疗后，仍有2名病毒携带者，现对这5名患者逐一进行核酸检测，若第一次检测为阳性，则认为该患者为未康复，不再进行检测，继续治疗，若第一次检测为阴性，第二次检测为阳性，则认为该患者未康复，继续治疗，若连续两次检测为阴性则判断为符合出院标准，可以出院，设对5名患者共需要检测的次数为X，求X的分布列和数学期望．已知抛物线C:y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F且斜率为2的直线交抛物线于P，Q两点，|PQ|＝10．（1）求抛物线C的方程；（2）过点(3, 0)的直线l与抛物线C相交于A，B两点，已知M(−3, 0)，且以线段AM为直径的圆与直线x＝−3的另一个交点为N，试问在x轴上是否存在一定点，使得直线BN恒过此定点．若存在，请求出定点坐标，若不存在，请说明理由．已知函数f(x)=cos xx，g(x)＝x sin x+cos x，（1）判断函数g(x)在区间(0, 2π)上的零点的个数；（2）记函数f(x)在区间(0, 2π)上的两个极值点分别为x1，x2，求证：f(x1)+f(x2)<0．[选修4-4坐标系与参数方程]=√2+ρsinθ，直线l的极坐标方程为：ρ(cosθ−sinθ)=在极坐标系Ox中，曲线C的极坐标方程为：2√2−ρsinθ1，设l与C交于A，B两点，AB中点为M，AB的垂直平分线交C于E，F．以O为坐标原点，极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy．(1)求C的直角坐标方程及点M的直角坐标；(2)求证：|MA|⋅|MB|＝|ME|⋅|MF|．[选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)=|x−1|−2|x+3|．(1)求不等式f(x)<1的解集；(2)若存在实数x，使不等式m2−3m−f(x)<0成立，求实数m的取值范围．参考答案与试题解析2020年安徽省怀远一中、蒙城一中、淮南一中、颍上一中、涡阳一中五校高考数学模拟试卷（理科）（5月份）一、选择题（本大题共12小题，每题5分，共60分．每小题四个选项中只有一项是符合题意的）1.【答案】D【考点】一元二次不等式的解法交集及其运算【解析】此题暂无解析【解答】解：由题意得，集合M={x|0≤x≤1}，N={x∈N|x2−2x−3<0}={x∈N|−1<x<3}={0, 1, 2}，∴M∩N={0, 1}．故选D.2.【答案】C【考点】复数的模【解析】利用复数模的运算性质即可得出．【解答】z=3+i1−2i ，则|z|=√32+1222=√2．3.【答案】B【考点】对数值大小的比较【解析】利用指数函数、对数函数的单调性直接求解．【解答】∵0＝log31<a＝log3e<log33＝1，b＝ln3>ln e＝1，c＝log1312=log32<a＝log3e，∴b>a>c．4. 【答案】B【考点】二项式定理及相关概念【解析】令x＝−1求得a0−a1+a2−...+a6，再由|a0|+|a1|+|a2|+……+|a6|＝a0−a1+a2−...+a6求得结果．【解答】令x＝−1有a0−a1+a2−...+a6＝26＝64，又由题意可得|a0|+|a1|+|a2|+……+|a6|＝a0−a1+a2−...+a6＝64，5.【答案】B【考点】正弦函数的图象二倍角的三角函数【解析】根据函数y＝−sin x|cos x|在[−π, π]上是奇函数，排除选项A，D；再根据0≤x≤π时y＝−sin x|cos x|≤0，排除选项C．【解答】函数y＝−sin x|cos x|在[−π, π]上是奇函数，其图象关于原点对称，所以排除选项A，D；当0≤x≤π时，sin x≥0，所以y＝−sin x|cos x|≤0，排除选项C．6.【答案】B【考点】计数原理的应用【解析】写出可能出现的胜负情况，进而得出积分情况，由此得解．【解答】打完3场比赛，可能出现的胜负情况为：三胜，二胜一平，二胜一负，一胜二平，一胜二负，一胜一平一负；三平，二平一负，一平二负；三负；对应的积分依次为：9，7，6，5，3，4，3，2，1，0；共9种积分情况．7.【答案】D【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】由题意利用两个向量垂直的性质，求得实数m的值．【解答】∵已知非零向量a→，b→满足|a→|=34|b→|，cos<a→，b→>=13，若(ma→+4b→)⊥b→，∴ (ma →+4b →)⋅b →=ma →⋅b →+4b →2=m ⋅34|b →|⋅|b →|⋅13+4|b →|2=0，求得m ＝−16， 8.【答案】 A【考点】程序框图【解析】根据程序框图功能，先进行模拟计算，得到x 的值具备周期性，利用周期性进行计算即可．【解答】x =45，n ＝1，x =35，n ＝2，x =15，n ＝3，x =25，n ＝4，x =45，n ＝5，故呈现出周期为4的特点，当n ＝2019时，输出结果与n ＝3相同，为x =15， 9.【答案】 C【考点】等比数列的性质基本不等式及其应用等差数列的性质【解析】利用等差数列与等比数列的性质可得：a 5=a 1+a 92，b 5=√b 1b 9=√a 1a 9，再利用基本不等式的性质即可得出．【解答】设等差数列{a n }公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，且a 1＝b 1>0，a 9＝b 9，则b 9＝b 1q 8>0，∴ a 9＝b 9>0． a 5=a 1+a 92，b 5=√b 1b 9=√a 1a 9，由基本不等式的性质可得：a 1+a 92≥√a 1a 9，∴ a 5≥b 5． 10.【答案】 C【考点】两角和与差的三角函数【解析】由题意利用正弦函数的周期性求得ω的值，再利用正弦函数的图象的对称性得出结论．【解答】∵ 函数f(x)＝sin ωx +√3cos ωx −1＝2sin (ωx +π3)−1； ∴ T =2πω=π⇒ω＝2；∴ f(x)＝2sin (2x +π3)−1；∵ 当x =π3时，f(x)＝−1，不是最值，故A 错误，当x =π6时，f(x)=√3−1，不是最值，故B 错误，故C 不成立；当x =−π6时，f(x)＝−1，故C 对；当x =π12时，f(x)＝1为最大值，故D 错误， 11.【答案】 B【考点】利用导数研究函数的单调性【解析】要求函数y =f(x)e x的单调递减区间，结合选项，令y′<0，由函数f(x)与其导函数f′(x)的图象解求得答案．【解答】解：∵ y =f(x)e x ， ∴ y′=f ′(x)−f(x)e x，令y′<0，得：f′(x)−f(x)<0，即f′(x)<f(x)，由图可知，当−12<x <1时，f′(x)<f(x)， ∴ 函数y =f(x)e x的单调递减区间是(−12, 1)．故选B . 12. 【答案】 A【考点】椭圆的标准方程【解析】设A ，P 的坐标代入椭圆的方程可得y 12−y 02x12−x 02=−b 2a 2，由题意可得B 的坐标，进而求出直线PA ，PB 的斜率之积，再由椭圆可得A ，B 的坐标，进而求出直线PB 的斜率进而求出PA ，AB 的斜率可得a ，b 的关系，再由a ，b ，c 之间的关系求出椭圆的方程．【解答】设A(x 1, y 1)，P(x 0, y 0)，则由题意可得B(−x 1, −y 1)，可得{x 12a2+y 12b 2=1x 02a 2+y 02b 2=1，所以可得y 12−y 02x 12−x 02=−b 2a2，所以k PB ⋅k PA =y 0+y 1x0+x 1⋅y 0−y 1x0−x 1=y 02−y 12x02−x 12=−b 2a 2，由题意且AF 与x 轴垂直，可得A(1, b 2a)，B(−1, −b 2a)，所以k PB ＝k BF =0−(−b 2a)1+1=b 22a，所以k PA =−2a，因为k AB ＝k OA =b 2a，又因为PA ⊥AB ，所以k AB ⋅k PA ＝−1，所以−2a ⋅b 2a=−1，所以a 2＝2b 2，而c ＝1，a 2＝b 2+c 2＝2，b 2＝1，所以椭圆的方程为：x 22+y 2＝1，二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）【答案】y ＝2x 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】求得函数f(x)的导数，可得切线的斜率和切点，进而得到所求切线方程．【解答】函数f(x)＝ln (2x +1)的导数为f′(x)=22x+1，可得切线的斜率为2，切点为(0, 0)，则切线方程为y ＝2x ．【答案】 2【考点】数列与函数的综合【解析】由函数解析式结合a 1＝f(x −3, a 3＝f(x +1)求得a 1，a 3，由等比中项的概念列式求得x 的值，即可求得数列{a n }的通项公式，再由基本不等式可求得最小值．【解答】∵ f(x)＝3⋅2x ，a 1＝f(x −3)＝3⋅2x−3，a 3＝f(x +1)＝3⋅2x+1，数列{a n }为等比数列，∴ a 22＝a 1a 3，即9＝9⋅22x−2，解得x ＝1， ∴ a 1＝，a 2＝3，a 3＝12， ∴ a n ＝3⋅4n−2，则a nf(n)+f(n)a n ≥2√a nf(n)⋅f(n)a n=2，当且仅当f(n)＝a n ，即n ＝4时取等号，则an f(n)+f(n)a n的最小值为2．【答案】2√33．【考点】双曲线的离心率【解析】设M 的坐标，由题意可得F 1M ⊥F 2M ，进而可得F 1M →⋅F 2M →=(x 0+c, ba x 0)(x 0−c, ba x 0)＝0，解得M 的坐标，求出|MF 1|，|MF 2|的值再求|MF 1||MF 2|=√4c 4−4a 2c 2，由题意可得|MF 1||MF 2|，两式联立可得a ，c 的关系，进而求出离心率的值．【解答】由|OF 2|＝|OM|=12|F 1F 2|＝c ，可得F 1M ⊥F 2M ，设M(x 0, bax 0)，F 1M →⋅F 2M →=(x 0+c, ba x 0)(x 0−c, ba x 0)＝0，可得x 02−c 2+b 2a 2x 02＝0，解得x 02＝a 2，即M(a, b)， |MF 1|=√(a +c)2+b 2=√2c 2+2ac ，|MF 2|=√(a −c)2+b 2=√2c 2−2ac ，所以|MF 1||MF 2|=√4c 4−4a 2c 2，①而||MF 1|−|MF 2|＝2√2a ，两边平方可得|MF 1|2|+|MF 2|2−2|MF 1||MF 2|＝(2√2a)2，而|MF 1|2+|MF 2|2＝|F 1F 2|2＝(2c)2，所以|MF 1||MF 2|＝4a 2−2c 2②，由①②可得(2a 2−c 2)2＝c 4−a 2c 2，可得4a 2＝3c 2，所以离心率e =ca =2√33，【答案】13π3【考点】二面角的平面角及求法【解析】由题意可得PA ⊥AB ，三角形ABC 为等边三角形，取AB 中点E ，PB 中点F ，连接CE ，EF ，可得AB ⊥平面CEF ．则∠CEF 为二面角P −AB −C 的平面角等于π3，得到平面CEF ⊥平面PAB ，平面CEF ⊥平面ABC ，可知F 为△PAB 的外心，设G 为△ABC 的外心，分别过F 、G 作平面PAB 、ABC 的垂线，相交于O ，则O 为三棱锥P −ABC 的外接球的球心，由四点E 、F 、O 、G 四点共圆求得OE ，进一步求出三棱锥P −ABC 外接球的半径OA ，再由球的表面积公式求解．【解答】如图，由PA ＝1，AB =√3，PB ＝2，得PA 2+AB 2＝PB 2，则PA ⊥AB ，三角形ABC 为等边三角形，取AB 中点E ，PB 中点F ，连接CE ，EF ，可得EF ⊥AB ，CE ⊥AB ，又EF ∩CE ＝E ，得AB ⊥平面CEF ．则∠CEF 为二面角P −AB −C 的平面角等于π3，而AB ⊂平面PAB ，AB ⊂平面ABC ，∴ 平面CEF⊥平面PAB ，平面CEF ⊥平面ABC ，F 为△PAB 的外心，设G 为△ABC 的外心，分别过F 、G 作平面PAB 、ABC 的垂线，相交于O ，则O 为三棱锥P −ABC 的外接球的球心．四点E 、F 、O 、G 四点共圆，EF =12PA =12，EG =13CE =13√3−34=12，则△EFG 为等边三角形， ∴ OE =12sin π3=√33．则三棱锥P −ABC 外接球的半径为OA =√OE 2+AE 2=√13+34=√1312． ∴ 此三棱锥的外接球表面积为4π×(√1312)2=13π3．三、解答题（本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）【答案】因为a ⋅(2sin A +sin C)+c ⋅(2sin C +sin A)＝2b ⋅sin B ．所以由正弦定理可得：a ⋅(2a +c)+c ⋅(2c +a)＝2b ⋅b ⇒a 2+c 2−b 2＝−ac ；① 所以：cos B =a 2+c 2−b 22ac=−12；∵ 0<B <π； ∴ B =2π3；∵ △ABC 的面积为√34， ∴ 12ac sin B =12ac ×√32=√34⇒ac ＝1；∵ a 2+c 2−b 2＝−ac ⇒(a +c)2−b 2＝ac ⇒a +c ＝2； ∴ △ABC 的周长为：2+√3．【考点】正弦定理【解析】（1）先根据正弦定理结合余弦定理即可求得结论；（2）先根据面积公式求出ac ，再结合余弦定理求出a +c ，进而求得结论．【解答】因为a ⋅(2sin A +sin C)+c ⋅(2sin C +sin A)＝2b ⋅sin B ．所以由正弦定理可得：a ⋅(2a +c)+c ⋅(2c +a)＝2b ⋅b ⇒a 2+c 2−b 2＝−ac ；① 所以：cos B =a 2+c 2−b 22ac=−12；∵ 0<B <π； ∴ B =2π3；∵ △ABC 的面积为√34， ∴ 12ac sin B =12ac ×√32=√34⇒ac ＝1；∵ a 2+c 2−b 2＝−ac ⇒(a +c)2−b 2＝ac ⇒a +c ＝2； ∴ △ABC 的周长为：2+√3．【答案】证明：∵ AP ⊥平面PCD ，∴ AP ⊥CD ．∵ AD // BC ，BC =12AD ，∴ 四边形BCDE 为平行四边形， ∴ BE // CD ，∴ AP ⊥BE ．又∵ AB ⊥BC ，AB =BC =12AD ，且E 为AD 的中点，∴ 四边形ABCE 为正方形，∴ BE ⊥AC ．又AP ∩AC ＝A ，∴ BE ⊥平面APC ，则BE ⊥PO ．∵ AP ⊥平面PCD ，∴ AP ⊥PC ，又AC =√2AB =√2AP ， ∴ △PAC 为等腰直角三角形，O 为斜边AC 上的中点， ∴ PO ⊥AC 且AC ∩BE ＝O ，∴ PO ⊥平面ABCD ． ∵ OB ＝1，∴ PA =PB =AB =√2．设C 到平面PAB 的距离为d ，由V C−PAB ＝V P−ABC ，得13×√34×(√2)2×d =13×12×(√2)2×1，解得点C 到平面PAB 的距离为d =2√33．【考点】点、线、面间的距离计算直线与平面垂直【解析】（1）推导出AP⊥CD．四边形BCDE为平行四边形，从而BE // CD，进而AP⊥BE．推导出四边形ABCE为正方形，从而BE⊥AC．进而BE⊥平面APC，则BE⊥PO．由AP⊥平面PCD，得AP⊥PC，推导出PO⊥AC，由此能证明PO⊥平面ABCD．（2）设C到平面PAB的距离为d，由V C−PAB＝V P−ABC，能求出点C到平面PAB的距离．【解答】证明：∵AP⊥平面PCD，∴AP⊥CD．∵AD // BC，BC=12AD，∴四边形BCDE为平行四边形，∴BE // CD，∴AP⊥BE．又∵AB⊥BC，AB=BC=12AD，且E为AD的中点，∴四边形ABCE为正方形，∴BE⊥AC．又AP∩AC＝A，∴BE⊥平面APC，则BE⊥PO．∵AP⊥平面PCD，∴AP⊥PC，又AC=√2AB=√2AP，∴△PAC为等腰直角三角形，O为斜边AC上的中点，∴PO⊥AC且AC∩BE＝O，∴PO⊥平面ABCD．∵OB＝1，∴PA=PB=AB=√2．设C到平面PAB的距离为d，由V C−PAB＝V P−ABC，得13×√34×(√2)2×d=13×12×(√2)2×1，解得点C到平面PAB的距离为d=2√33．【答案】一名病毒携带者两次检测均为阴性的概率为：P＝(1−45)(1−45)=125．X的可能取值有8，9，10，且P(X＝8)=45×45=1625，P(X＝9)=45×15×2=825，P(X＝10)=15×15=125，∴X的分布列为：E(X)＝8×1625+9×825+10×125=425．【考点】离散型随机变量及其分布列离散型随机变量的期望与方差【解析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算；（2）计算X的可能取值对应的概率，得出分布列与数学期望．【解答】一名病毒携带者两次检测均为阴性的概率为：P＝(1−45)(1−45)=125．X的可能取值有8，9，10，且P(X＝8)=45×45=1625，P(X＝9)=45×15×2=825，P(X＝10)=15×15=125，∴X的分布列为：E(X)＝8×1625+9×825+10×125=425．【答案】由抛物线的方程可得焦点F(p2, 0)，由题意设直线PQ的方程为：x=12y+p2，设P(x1, y1)，Q(x2, y2)，联立直线与抛物线的方程：{x=12y+p2y2=2px整理可得：y2−py−p2＝0，所以y1+y2＝p，x1+x2=12(y1+y2)+p=32p，由抛物线的性质可得|PQ|＝x1+x2+p=52p＝10，所以p＝4，所以抛物线的方程为：y2＝8x；显然直线AB的斜率不为0，由题意设直线AB的方程为x＝ty+3，A(x3, y3)，B(x4, y4)，联立直线AB与抛物线的方程可得：{x=ty+3y2=8x，整理可得y2−8ty−24＝0，y3+y4＝8t，y3y4＝−24，由题意可得MN⊥AN，所以N(−3, y3)，假设存在定点E(a, 0)满足条件，则B，N，E三点共线，所以k BN＝k NE，即y3−y4−3−x4=y3−0−3−a，整理可得3y3+ay3−3y4−ay4＝3y3+x4y3，即ay3−3y4−ay4＝(ty4+3)y3＝ty3y4+3y3，所以a(y3−y4)＝ty3y4+3(y3+y4)＝−24t+3⋅8t＝0，又y3≠y4，所以a＝0，即存在定点(0, 0)满足条件．【考点】直线与抛物线的位置关系抛物线的标准方程【解析】（1）设直线PQ 的方程与抛物线联立求出两根之和，又由抛物线的性质，到焦点的距离等于到准线的距离可得p 的值，进而求出抛物线的方程；（2）设直线AB 的方程与抛物线联立求出两根之和及两根之积，假设存在E 点满足条件，由三点共线可得斜率相等，求出等式，将两根之和及两根之积代入可得定点的坐标为(0, 0)．【解答】由抛物线的方程可得焦点F(p2, 0)，由题意设直线PQ 的方程为：x =12y +p2，设P(x 1, y 1)，Q(x 2, y 2)，联立直线与抛物线的方程：{x =12y +p2y 2=2px整理可得：y 2−py −p 2＝0，所以y 1+y 2＝p ，x 1+x 2=12(y 1+y 2)+p =32p ，由抛物线的性质可得|PQ|＝x 1+x 2+p =52p ＝10，所以p ＝4，所以抛物线的方程为：y 2＝8x ；显然直线AB 的斜率不为0，由题意设直线AB 的方程为x ＝ty +3，A(x 3, y 3)，B(x 4, y 4)，联立直线AB 与抛物线的方程可得：{x =ty +3y 2=8x ，整理可得y 2−8ty −24＝0，y 3+y 4＝8t ，y 3y 4＝−24，由题意可得MN ⊥AN ，所以N(−3, y 3)，假设存在定点E(a, 0)满足条件，则B ，N ，E 三点共线，所以k BN ＝k NE ，即y 3−y 4−3−x 4=y 3−0−3−a ，整理可得3y 3+ay 3−3y 4−ay 4＝3y 3+x 4y 3，即ay 3−3y 4−ay 4＝(ty 4+3)y 3＝ty 3y 4+3y 3，所以a(y 3−y 4)＝ty 3y 4+3(y 3+y 4)＝−24t +3⋅8t ＝0，又y 3≠y 4，所以a ＝0，即存在定点(0, 0)满足条件．【答案】g′(x)＝x cos x ，x >0，当x ∈(0,12π)时，g′(x)>0，函数单调递增，当x ∈(12π,32π)时，g′(x)<0，函数单调递减，当x ∈(3π2,2π)时，g′(x)>0，函数单调递增，且g(0)＝1>0，g(12π)=12π>0，g(π)＝−1<0，g(3π2)=−3π2<0，g(2π)＝1>0，故函数g(x)在(0, 12π)，(π,3π2)上不存在零点，存在x 1∈[12π,π]，使得g(x)＝0，同理x 2∈[3π2,2π]使得g(x)＝0 综上，g(x)在区间(0, 2π)上的零点有2个， f ′(x)=−x sin x+cos xx 2，由（1）可得，g(x)＝x sin x +cos x 在区间(12π,π)，(3π2,2π)上存在零点，所以f(x)在(12π,π)，(3π2,2π)上存在极值点x 1<x 2，x 1∈(12π,π)，x 2∈(3π2,2π)，同理在(nπ,(n +1)π)上存在极值点x n ，又因为y ＝sin x 在(12π,32π)上单调递减，则sin x 1>sin (x 2−π)＝−sin x 2， ∴ sin x 1+sin x 2>0，又因为x i sin x i +cos x i ＝0(i ＝1, 2)，即1x i=−tan x i ，又12π<x 1<π<3π2<x 2<2π，∴1x 1>1x 2即−tan x 1>−tan x 2，∴ tan x 1<tan x 2＝tan (x 2−π)，∵ x 1∈(12π,π)，x 2∈(3π2,2π)，x 2−π∈(12π,π)，由y ＝tan x 在(12π,π)上单调递增可得12π<x 1<x 2−π<π． ∴ f(x 1)+f(x 2)=cos x 1x 1+cos x 2x 2=−sin x 1−sin x 2再由y＝sin x在(12π,π)上单调递减，得sin x1>sin(x2−π)＝−sin x2，∴sin x1+sin x2>0，所以f(x1)+f(x2)<0．【考点】利用导数研究函数的最值利用导数研究函数的极值【解析】（1）先对函数求导，然后结合导数可求函数的单调性，然后再结合零点判定理即可求解；（2）结合极值存在的条件及正弦与正切函数的性质进行分析可证．【解答】g′(x)＝x cos x，x>0，当x∈(0,12π)时，g′(x)>0，函数单调递增，当x∈(12π,32π)时，g′(x)<0，函数单调递减，当x∈(3π2,2π)时，g′(x)>0，函数单调递增，且g(0)＝1>0，g(12π)=12π>0，g(π)＝−1<0，g(3π2)=−3π2<0，g(2π)＝1>0，故函数g(x)在(0, 12π)，(π,3π2)上不存在零点，存在x1∈[12π,π]，使得g(x)＝0，同理x2∈[3π2,2π]使得g(x)＝0综上，g(x)在区间(0, 2π)上的零点有2个，f′(x)=−x sin x+cos xx2，由（1）可得，g(x)＝x sin x+cos x在区间(12π,π)，(3π2,2π)上存在零点，所以f(x)在(12π,π)，(3π2,2π)上存在极值点x1<x2，x1∈(12π,π)，x2∈(3π2,2π)，同理在(nπ,(n+1)π)上存在极值点x n，又因为y＝sin x在(12π,32π)上单调递减，则sin x1>sin(x2−π)＝−sin x2，∴sin x1+sin x2>0，又因为x i sin x i+cos x i＝0(i＝1, 2)，即1x i=−tan x i，又12π<x1<π<3π2<x2<2π，∴1x1>1x2即−tan x1>−tan x2，∴tan x1<tan x2＝tan(x2−π)，∵x1∈(12π,π)，x2∈(3π2,2π)，x2−π∈(12π,π)，由y＝tan x在(12π,π)上单调递增可得12π<x1<x2−π<π．∴f(x1)+f(x2)=cos x1x1+cos x2x2=−sin x1−sin x2再由y＝sin x在(12π,π)上单调递减，得sin x1>sin(x2−π)＝−sin x2，∴sin x1+sin x2>0，所以f(x1)+f(x2)<0．[选修4-4坐标系与参数方程]【答案】(1)解：曲线C的极坐标方程为22−ρsinθ=√2+ρsinθ，转换为直角坐标方程为C:x2+2y2=2,x22+y2=1．直线l的极坐标方程为ρ(cosθ−sinθ)=1转换为直角坐标方程为：y=x−1，联立C与l的方程得：3x2−4x=0，解得A(0,−1),B(43,13)．由于AB中点为M，∴M(23,−13)．(2)证明：由(1)利用两点间的距离公式的应用得：|MA|=|MB|=2√23，∴|MA|⋅|MB|=89．又设AB的垂直平分线EF:{x=23−√22t,y=−13+√22t,代入C的方程得：32t2−4√23t−43=0，∴|ME|⋅|MF|=|−4332|=89．∴|MA|⋅|MB|=|ME|⋅|MF|．【考点】圆的极坐标方程【解析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间转换求出结果．（2）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．【解答】(1)解：曲线C的极坐标方程为2√2−ρsinθ=√2+ρsinθ，转换为直角坐标方程为C:x2+2y2=2,x22+y2=1．直线l的极坐标方程为ρ(cosθ−sinθ)=1转换为直角坐标方程为：y=x−1，联立C与l的方程得：3x2−4x=0，解得A(0,−1),B(43,13 )．由于AB中点为M，∴M(23,−13)．(2)证明：由(1)利用两点间的距离公式的应用得：|MA|=|MB|=2√23，∴|MA|⋅|MB|=89．又设AB的垂直平分线EF:{x=23−√22t,y=−13+√22t,代入C的方程得：32t2−4√23t−43=0，∴|ME|⋅|MF|=|−4332|=89．∴|MA|⋅|MB|=|ME|⋅|MF|．[选修4-5：不等式选讲]【答案】解：(1)f(x)=|x−1|−2|x+3|={−x−7,x≥1,−3x−5,−3<x<1, x+7,x≤−3,当x≥1时，−x−7<1，解得x≥1；当−3<x<1时，−3x−5<1，解得−2<x<1；当x≤−3时，x+7<1，解得x<−6．综上得x<−6或x>−2．∴不等式的解集为(−∞, −6)∪(−2, +∞).(2)∵存在实数x，不等式m2−3m−f(x)<0成立，∴存在实数x，不等式m2−3m<f(x)成立．∴存在实数x，不等式m2−3m<[f(x)]max成立．又f(x)={−x−7,x≥1,−3x−5,−3<x<1, x+7,x≤−3,∴f(x)max=f(−3)=4，∴m2−3m<4，解得−1<m<4．∴m的范围是(−1, 4)．【考点】不等式恒成立的问题绝对值不等式的解法与证明【解析】（1）由绝对值的定义，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求解集；（2）由题意可得存在实数x，不等式m2−3m<[f(x)]max成立，由一次函数的单调性可得f(x)的最大值，结合二次不等式的解法可得所求范围．【解答】解：(1)f(x)=|x−1|−2|x+3|={−x−7,x≥1,−3x−5,−3<x<1,x+7,x≤−3,当x≥1时，−x−7<1，解得x≥1；当−3<x<1时，−3x−5<1，解得−2<x<1；当x≤−3时，x+7<1，解得x<−6．综上得x<−6或x>−2．∴不等式的解集为(−∞, −6)∪(−2, +∞).(2)∵存在实数x，不等式m2−3m−f(x)<0成立，∴存在实数x，不等式m2−3m<f(x)成立．∴存在实数x，不等式m2−3m<[f(x)]max成立．又f(x)={−x−7,x≥1,−3x−5,−3<x<1,x+7,x≤−3,∴f(x)max=f(−3)=4，∴m2−3m<4，解得−1<m<4．∴m的范围是(−1, 4)．第21页共22页◎第22页共22页。

2020届安徽省高三数学联考试题(理)及答案

2020届安徽省高三数学联考试题（理）及答案一、单选题1．复数z 满足()1243i z i -=+（i 为虚数单位），则复数z 的模等于（）AB C ．D ．【答案】B【解析】根据复数模的性质和求解直接解得结果即可. 【详解】4312i z i +===- 故选：B 【点睛】本题考查复数模长的求解，涉及到复数模的性质的应用，属于基础题.2．已知全集为R ，集合{}2,1,0,1,2A =--，102x B xx -⎧⎫=<⎨⎬+⎩⎭，则()U A C B ⋂的元素个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C【解析】解分式不等式求得集合B ，根据交集和补集的定义求得集合()U A C B ⋂，进而得到元素个数. 【详解】{}10212x B x x x x -⎧⎫=<=-<<⎨⎬+⎩⎭{2U C B x x ∴=≤-或}1x ≥(){}2,1,2U AC B ∴=-，有3个元素故选：C 【点睛】本题考查集合元素个数的求解，涉及到分式不等式的求解、交集和补集的混合运算，属于基础题.3．已知函数()f x 在区间(),a b 上可导，则“函数()f x 在区间(),a b 上有最小值”是“存在()0,x a b ∈，满足()00f x '=”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】由开区间最小值点必为极小值点可知极小值点导数值为0，充分性成立；利用()3f x x =可验证出必要性不成立，由此得到结论. 【详解】(),a b 为开区间 ∴最小值点一定是极小值点 ∴极小值点处的导数值为0∴充分性成立当()3f x x =，00x =时，()00f x '=，结合幂函数图象知()f x 无最小值，必要性不成立∴“函数()f x 在区间(),a b 上有最小值”是“存在()0,x a b ∈，满足()00f x '=”的充分不必要条件故选：A【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断，涉及到导数极值与最值的相关知识；关键是能够明确极值点处的导数值为0，但导数值为0的点未必是极值点.4．2011年国际数学协会正式宣布，将每年的3月14日设为国际数学节，来源于中国古代数学家祖冲之的圆周率。

2020届皖北五校联考理科数学+答案

2020届高三上学期“五校”联考数学试题（理科）命题单位：安徽省怀远第一中学审题单位：安徽省怀远第一中学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共22题，共150分，共4页。

第Ⅰ卷一、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.已知集合A ={4,a },B ={1,a2}，a ∈R ，则A B 不可能．．．是 A.{}1,1,4- B.{}1,0,4 C.{}1,2,4 D.{}2,1,4-2.复数z 的实部为1，且1z i -=，则复数z 的虚部为A.iB. i -C.1D.1-3.《掷铁饼者》取材于希腊的现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中最具有表现力的瞬间.现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷铁饼者的手臂长约为4π米，肩宽约为8π米，“弓”所在圆的半径约为1.25米，你估测一下掷铁饼者双手之间的距离约为1.732≈≈）A.1.012米B.1.768米C.2.043米D.2.945 米4.数列{}n a 的前n 项和()1n S n n =-，若510k a a -=，则k = A.10 B.15 C.20 D.255.已知向量(),1λ=-a ，()1,3=-b ，若，则λ的值为（）A.3-B.2-C.0D.16.曲线21:C y x =，22:4C y x x =-以及直线:2l x =所围成封闭图形的面积为 A.1 B.3 C.6 D.87.已知正项等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，则“1>q ”是“1012112+>S S S ”的()怀远一中蒙城一中淮南一中颍上一中涡阳一中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.函数2211()sin 4f x x x x π=+-在区间[]2,2ππ-上的大致图像为9.已知平面,,αβγ仅有一个公共点，直线,,a b c 满足：,,a b c αβγ⊆⊆⊆，则直线,,a b c 不可能．．．满足以下哪种关系 A.两两平行 B.两两异面 C.两两垂直 D.两两相交10.安徽怀远石榴（Punicagranatum ）自古就有“九州之奇树，天下之名果”的美称，今年又喜获丰收.怀远一中数学兴趣小组进行社会调查，了解到某石榴合作社为了实现100万元利润目标，准备制定激励销售人员的奖励方案：在销售利润超过6万元时，按销售利润进行奖励，且奖金y （单位：万元）随销售利润x （单位：万元）的增加而增加，但奖金总数不超过3万元，同时奖金不能超过利润的20%.同学们利用函数知识，设计了如下函数模型，其中符合合作社要求的是（参考数据：1001.015 4.432,lg11 1.041≈≈）A.0.04y x =B. 1.0151x y =-C.tan 119x y ⎛⎫=-⎪⎝⎭D.()11log 310y x =-11.设函数()()21ln x f x e e x =-+（其中e 为自然对数的底数）．则函数()f x 的零点个数为（） A.0 B.1 C.2D.312.锐角ABC ∆的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知sin sin5A C b A a+=，BA BC AB AC ⋅+⋅=．则ABC ∆面积的取值范围是A.14,33⎛⎫⎪⎝⎭B. C.()1,2 D.⎭第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分.13.已知不等式组330300x y x y x +-≥⎧⎪+-≤⎨⎪≥⎩表示的平面区域为D ，,P Q 是区域D 内任意两点，若()3,3R ，则,PR QR的最大值是．14.cos102cos 20cos10-⋅= ．15.若直线y kx b =+是曲线ln y x =的切线，也是曲线2x y e -=的切线，则b = ．16.我国古代有一种容器叫“方斗”，“方斗”的形状是一种上大下小的正四棱台（两个底面都是正方形的四棱台），如果一个方斗的容积为28升（一升为一立方分米），上底边长为4分米，下底边长为2分米，则该方斗的外接球的表面积为平方分米.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.（10分）已知221a b +=.（1）求证：1a b ab -≤-；（2）若0a b ⋅>，求()()33a b a b +⋅+的最小值.18.（12分）把正弦函数函数图象沿x 轴向左平移6π个单位，向上平移12个单位，然后再把所得曲线上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来1ω()0ω>，所得曲线是()f x .点,,P Q R 是直线()0y m m =>与函数()f x 的图象自左至右的某三个相邻交点，且123PQ QR π==. （1）求()f x 解析式；（2）求m 的值.19.（12分）已知数列{}n a 和{}n b 满足112,1a b ==-，131144n n n a a b +-=+ ，111443n n n b b a +-=-.（1）证明：{}n n a b +是等比数列，{}n n a b -是等差数列；（2）若22n n n c a b =-，求数列{}n c 的前n 项和n S .20.（12分）如图1，在直角梯形ABCD 中，,E F 分别为AB 的三等分点FG ED BC ∥∥，BC AB ⊥，BC CD ⊥， 3 ,2AB BC ==，若沿着,FG ED 折叠使得点,A B 重合，如图2所示，连结,GC BD .（1）求证：平面GBD ⊥平面BCE ；（2）求二面角C GB D --的余弦值.21.（12分）ABC ∆的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，设(sin sin sin )(sin sin sin )A B C A B C ++⋅+-2sin sin A B =.（1）求C ；（2）若D 为BC 边上的点，M 为AD 上的点，1CD =，CAB MBD DMB ∠=∠=∠. 求AM ．22.（12分）已知函数()1()cos 1()x f x ex ax a R +=++-∈.（1）若()f x 在()1,-+∞上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）当 1a =-时，若实数1212,()x x x x <满足12()()2f x f x +=，求证：120x x +<.安徽省怀远第一中学等2020届高三上学期“五校”联考数学试题（理科）一、选择题题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案ACBAADCCADCD二、填空题13.90； 14. 15.0或1-； 16.33π三、解答题17.【解析】（1）要证原不等式，即证： ()()221a b ab -≤-，只需证：()()22110a b--≤，∵221a b +=， ∴221,1a b ≤≤ ∴()()22110a b --≤，故原不等式成立. …………………………5分（2）()()334334a b a baab a b b +⋅+=+++44a b ≥+ ()2221a b=+=…………………………10分18.【解析】（1）由题意可得()()1sin 062f x x πωω⎛⎫=++> ⎪⎝⎭， T PQ QR π=+=，∵2T πω=，且0ω>，∴2ω=.()1sin 262f x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭. …………………………6分（2）设()0,P x m ，0,3Q x m π⎛⎫+⎪⎝⎭，则0011sin 2sin 262362x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫++=+++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦，即005sin 2sin 266x x ππ⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解得02k x π=()k Z ∈，则1sin 62m k ππ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，∵0m >∴1m =. …………………………12分19.【解析】（1）由题意可知131144n n n a a b +-=+，111443n n n b b a +-=-，111a b +=，113a b -=，∴()11313111144442n n n n n n n n a b a b b a a b ++=++=+---+，即()1112n n n n a b a b ++=++，∴数列{}n n a b +是首项为1、公比为12的等比数列，故112n n n a b -+=，…………………………3分∵1131311124444n n n n n n n n a b a b b a a b ++⎛⎫ ⎪=+-=-+ ⎪⎝⎭----，∴数列{}n n a b -是首项3、公差为2的等差数列，故21n n a b n -=+.…………………………6分 (2)由(1)可知，112n n n a b -+=，21n n a b n -=+， ∴()()221212n n n n n n n n n c a b a b a b -+=-=-⋅+=，…………………………8分()0111113521222n n S n -=⨯+⨯+++⨯ ①①式两边同乘12，得()()1211111135212122222n n n S n n -=⨯+⨯++-⨯++⨯ ② ①－②得()0111111132122222n n n S n -⎛⎫=++++-+⨯ ⎪⎝⎭ ∴125102nn n S -+=-…………………………12分20.【解析】（1）取,BD BE 的中点分别为,O M ，连结,,GO OM MF .OM ED ∥且12OM DE =，又∵GF ED ∥，且12GF ED =∴GF OM ∥且GF OM=∴四边形OMFG 是平行四边形，故GO FM ∥∵M 是EB 的中点，三角形BEF 为等边三角形，故FM EB⊥∵平面EFM ⊥平面BCDE∴FM ⊥平面BCDE ，因此GO ⊥平面BCDE 故平面GBD ⊥平面BCE …………………………6分（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,1,0B ，()0,1,2C ，()0,0,2D，1,12G ⎫⎪⎪⎝⎭，故()0,0,2BC =，1,12BG ⎫=-⎪⎪⎝⎭，()0,1,2BD =-设平面CBG 的法向量为m (),,x y z =，则00⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m BC m BG，即2020z y z =⎧⎪-+=，令1x =得m ()=，设平面DBG 的法向量为n (),,x y z =，则00⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n BD n BG，即2020y z y z -=⎧⎪-+=，令1z =得n ()0,2,1=，cos ,m n =⋅⋅m n mn ==∵二面角C GB D --的平面角是锐角，设为θ∴cos θ= (12)分21.【解析】（1）由(sin sin sin )(sin sin sin )A B C A B C ++⋅+-2sin sin A B =，得()222a b c ab +-=，即222a b c +=∴90C =； …………………………4分（2）令CAB MBD DMB θ∠=∠=∠=，则在AMB ∆中，902,180MBA BMA θθ∠=-∠=- 由正弦定理得：()()sin 902sin 180AM ABθθ=--，即cos 2sin AB AM θθ⋅=…………………………8分在ACD ∆中，90,2ACD CDA θ∠=∠=由正切定义：tan 2AC θ=在ACB ∆中，90,ACB BAC θ∠=∠= 由正切定义：tan 2cos cos AC AB θθθ==，…………………………10分 ∴tan 2cos 2cos 2sin AM θθθθ⋅==.…………………………12分22.【解析】（1）()1()sin 1x f x e x a +'=-+-由()f x 在()1,-+∞上单调递增，故当1x >-时，()1sin 10x e x a +-+-≥恒成立即()1sin 1x a ex +≤-+设()()()1sin 11x g x ex x +=-+>-，()()1cos 1x g x e x +'=-+，∵1x >-，∴()11,cos 11x ex +>+≤∴()0g x '>，即()g x 在()1,-+∞上单调递增，故()()11g x g >-=∴1a ≤；…………………………5分（2）当1a =-时，()()1cos 1x f x ex x +=+++，()()1sin 110x f x e x +'=-++>∴()fx 在R 上单调递增，又∵()11f -=且()()122f x f x +=，故121x x <-<要证120x x +<，只需证21x x <-即证()()21f x f x <-，只需证()()112f x f x -<- 即证()()1120f x f x +--> 令()()()2h x f x f x =+--，()h x '()()()()11sin 11sin 11x x e x e x +-=-+++-+--112cos1sin x x e e x +-=--⋅令()112cos1sin x x x ee x ϕ+-=--⋅，()112cos1cos 22cos1cos 0x x x e e x e x ϕ+-'=+-⋅≥-⋅>∴()x ϕ在(),1-∞-上单调递增∴()()211sin 20x e ϕϕ<-=--<，故()h x 在(),1-∞-上单调递减，∴()()()12120h x h f >-=--=，故原不等式成立. …………………12分。

2020届高三联考数学理科试题(含答案)

2020年高三联考理科数学试题本试卷共6页，21小题，满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上．2．选择题每小题选出答案后，用黑色字迹钢笔或签字笔将答案填写在答题卡上对应题目的序号下面，如需改动，用橡皮擦干净后，再选填其他答案，答案不能答在试卷上．3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答的答案无效．4．作答选做题时，请先用2B 铅笔填涂选做题的题号对应的信息点，再作答。

漏涂、错涂、多涂的，答案无效．5．考生必须保持答题卡的整洁。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知全集U ＝R ，集合{/|1|1}A x x =-<, 1{0}xB xx-=≤,则A ∩(∁U B )＝( ) A ．(0,1) B ．[0,1) C ．(1, 2) D ． (0,2)2. 已知x ，y ∈R ，i 为虚数单位，且（x ﹣2）i ﹣y=1，则(1)x yi -+的值为（） A ．4 B ． ﹣4C ． ﹣2iD ． ﹣2+2i3、已知),2(ππα∈,53sin =α,则)4tan(πα-的值等于（）A ．7-B ．71-C ．7D ．714. 等比数列{}n a 中，39a =，前3项和为32303S x dx =⎰，则公q 的值是（）A. 1B.－12 C. 1或－12 D. － 1或－125．定义在R 上的偶函数f (x )在（0，＋∞)上是增函数，且f (13)＝0，则不等式()0xf x >的解集是( )A ．(0，13)B ．(13 ，＋∞)C ．(- 13，0)∪(13，＋∞)D ．(-∞，-13)∪(0，13)6．一个几何体的三视图如右图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积．．．为 A ．π12 B ． π3 C ．π34 D ．π3127．已知双曲线22221x y a b-=（0a >，0b >），过其右焦点且垂直于实轴的直线与双曲线交于,M N 两点，O 为坐标原点，若OM ON ⊥，则双曲线的离心率为（）A ．132-+ B ．132+ C ．152-+ D ．152+ 8. 已知集合M={(x,y )|y f (x )=}，若对于任意11(x ,y )M ∈，存在22(x ,y )M ∈，使得12120x x y y +=成立，则称集合M 是“垂直对点集”．给出下列四个集合：①M={1(x,y )|y x=}； ②M={1(x,y )|y sin x =+}；③M={2(x,y )|y log x =}； ④M={2x(x,y )|y e =-}．其中是“垂直对点集”的序号是（） A.①② B .②④ C .①④ D .②③二、填空题：本大题共7小题，考生作答6小题，每小题5分，满分30分．（一）必做题（8～13题）9．下面茎叶图表示的是甲、乙两人在5次综合测评中的成绩，其中一个数字被污损．则甲的平均成绩超过乙的平均成绩的概率为10. 设31(5)nx x-的展开式的各项系数之和为M ，二项式系数之和为N ，若240M N -=，则展开式中的常数项_________．11. 下列说法：①“x ∃∈R ，23x >”的否定是“x ∀∈R ，23x ≤”；②函数sin(2)sin(2)36y x x ππ=+- 的最小正周期是π；③命题“函数()f x 在0x x =处有极值，则0()0f x '=”的否命题是真命题；④()f x 是(,0)(0,)-∞+∞上的奇函数，0x >的解析式是()2xf x =，则0x <时的解析式为()2xf x -=-．其中正确的说法是__________．12. 已知向量a ＝(2,1)，b ＝(x ，y )．若x ∈[－1,2]，y ∈[－1,1]，则向量a ，b 的夹角是钝角的概率是．13．右表给出一个“三角形数阵”.已知每一列数成等差数列，从第三行起，每一行数成等比数列，而且每一行的公比都相等，记第i 行第j 列的数为ij a （*,,N j i j i ∈≥），则53a 等于，______(3)mn a m =≥.（） ▲ 14．在极坐标系中，过点(3,)3π且垂直于极轴的直线方程的极坐标方程是（请选择正确标号填空）（1）3sin 2=ρθ （2）3cos 2=ρθ （3）3sin 2=ρθ （4）3cos 2=ρθ 15. 如图，在△ABC 和△ACD 中，∠ACB ＝∠ADC ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ，⊙O 是以AB 为直径的圆，DC 的延长线与AB 的延长线交于点E . 若EB ＝6，EC ＝62，则BC 的长为．三、解答题：本大题共6小题，共80分。

2020届安徽省五校(怀远一中、蒙城一中、淮南一中、颍上一中、淮南一中、涡阳一中)高三联考数学(理)试题

2020届安徽省五校(怀远一中、蒙城一中、淮南一中、颍上一中、淮南一中、涡阳一中）高三联考数学（理）试题一、单选题1．已知集合{}2{4,},1,A a B a ==，a R ∈，则AB 不可能．．．是（） A ．{}1,1,4- B ．{}1,0,4 C ．{}1,2,4D ．{}2,1,4-【答案】A 【解析】由题选择A B 不可能．．．的选项，依次检验找出矛盾即可. 【详解】依次检验：如果是A 选项，则只能考虑1a =-，集合B 不满足元素互异性；当0a =，B 选项正确；当2a =，C 选项正确；当2a =-，D 选项正确；故选：A 【点睛】此题考查集合并集运算和元素互异性，对分析问题能力要求较高. 2．复数z 的实部为1，且1z i -=，则复数z 的虚部为（） A ．i B ．i -C ．1D ．1-【答案】C【解析】根据复数实部为1，设出复数，求出模长，便可解得. 【详解】设复数1,1(1)1z bi z i b i =+-=+-=1=，解得1,1b z i ==+ 故选：C 【点睛】本题考查复数的基本运算和概念，容易出现概念混淆不清，把虚部弄错.3．《掷铁饼者》取材于希腊的现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中最具有表现力的瞬间.现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷铁饼者的手臂长约为4π米，肩宽约为8π米，“弓”所在圆的半径约为1.25米，你估测一下掷铁饼者双手之间的距离约为（）1.732≈≈）A ．1.012米B ．1.768米C ．2.043米D ．2.945米【答案】B【解析】由题分析出“弓”所在弧长，结合弧长公式得出这段弧所对圆心角，双手之间距离即是这段弧所对弦长. 【详解】由题：“弓”所在弧长54488l ππππ=++=，其所对圆心角58524ππα==，两手之间距离 1.25 1.768d =≈.故选：B 【点睛】此题考查扇形的圆心角和半径与弧长关系的基本计算，关键在于读懂题目，提取有效信息.4．数列{}n a 的前n 项和()1n S n n =-，若510k a a -=，则k =（） A ．10 B ．15 C ．20 D ．25【答案】A【解析】通过数列{}n a 的前n 项和()1n S n n =-计算出n a ，再根据k a 求出k . 【详解】由题：()1n S n n =-，()11(2),2,n S n n n n N -+=--≥∈, 所以22n a n =-，2,n n N +≥∈ 当=1n 时，110212a S ===⨯-，所以22n a n =-，n ∈+N510k a a -=，即22810k --=，解得：10k =. 故选：A 【点睛】此题考查数列前n 项和与通项n a 的关系，依据n S 求n a 还应注意考虑n 的取值范围.5．已知向量(),1a λ=-，若()1,3b =-r，3232a b a b -=+，则λ的值为（）A ．3-B ．2-C ．0D ．1【答案】A【解析】两个向量模长相等，平方处理，即可转化成通过求a b ⋅的值解得未知数. 【详解】由题：3232a b a b -=+，所以223232a b a b -=+，化简得：0a b ⋅=，即30λ--= 所以3λ=-. 故选：A 【点睛】此题考查向量的基本运算，对运算能力要求较高，在具体问题中适当处理坐标利于简化运算，如果此题先代入坐标运算，计算量很大，先处理模长大大降低计算量.6．曲线21:C y x =，22:4C y x x =-以及直线:2l x =所围成封闭图形的面积为（）A ．1B ．3C ．6D ．8【答案】D【解析】根据微积分基本定理，求出积分即是封闭图形面积【详解】由题：2222220((4))428x x x dx xdx x--===⎰⎰，所以，封闭图形面积为8. 故选：D 【点睛】此题考查用微积分基本定理进行简单计算，用来解决曲线围成封闭图形的面积. 7．已知正项等比数列{}n a 的公比为q ，前n 项和为n S ，则“1q >”是“1012112+>S S S ”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】C【解析】由题1012112+>S S S ，变形得1211a a >即可选出选项【详解】由题：1012112+>S S S ，12111110S S S S ->-，即1211a a >，由于题目给定{}n a 各项为正，所以等价于公比为1q >. 故选：C 【点睛】此题考查与等比数列有关的两个条件充分性与必要性，关键在于题目给定各项均为正的前提下如何利用1012112+>S S S . 8．函数2211()sin f x x x x π=+-在区间[]2,2ππ-上的大致图像为（） A ． B ．C ．D ．【答案】C【解析】根据奇偶性排除A ，D ，根据()0,f π=(0,)x π∈，(,2)x ππ∈函数值的正负可选出选项. 【详解】由题可得2211()sin f x x x x π=+-是偶函数，排除A,D 两个选项， ()0,f π=当(0,)x π∈时，2211sin 0,x x x π>>，()0f x >，当(,2)x ππ∈时，2211sin 0,x x x π<<，()0f x <，所以当(2,2)x ππ∈-时，()f x 仅有一个零点. 故选：C 【点睛】此题考查函数的奇偶性和零点问题，解题时要善于观察出函数的一个零点，再分别讨论(0,)x π∈，(,2)x ππ∈函数值的正负便可得出选项.9．已知平面,,αβγ有一个公共点，直线,,a b c 满足：,,a b c αβγ⊆⊆⊆，则直线,,a b c 不可能．．．满足以下哪种关系（） A ．两两平行 B ．两两异面C ．两两垂直D ．两两相交【答案】A【解析】三个平面一有个公共点说明三个平面两两相交，且三条交线交于一点，可以考虑在长方体某一顶点处的三个平面内分别检验，发现可以满足两两异面，两两垂直，两两相交的情况，不能满足两两平行. 【详解】取长方体某一顶点处的三个平面内分别检验，三条交线就可以满足两两垂直，两两相交，也易作出两两异面，如图：平面1ADD ，平面11C DD ，平面111C A D ，取11C D 中点E ，111,,AD AC DE 两两异面，11111,,DD AD D C 两两相交，两两垂直，对于两两平行，考虑反证法：假设符合题意的三个平面内直线,,a b c 两两平行，则任意两条直线形成的平面共三个，这三个平面要么相交于同一条直线，要么三条交线两两平行，均与题目矛盾. 【点睛】此题考查线面位置关系，对空间图形的直观认识能力要求较高，解决这类问题可以作图处理，更可以考虑利用好身边的墙壁，桌面，笔模拟线面位置关系，更能直观地判定. 10．安徽怀远石榴（Punicagranatum ）自古就有“九州之奇树，天下之名果”的美称，今年又喜获丰收.怀远一中数学兴趣小组进行社会调查，了解到某石榴合作社为了实现100万元利润目标，准备制定激励销售人员的奖励方案：在销售利润超过6万元时，按销售利润进行奖励，且奖金y （单位：万元）随销售利润x （单位：万元）的增加而增加，但奖金总数不超过3万元，同时奖金不能超过利润的20%.同学们利用函数知识，设计了如下函数模型，其中符合合作社要求的是（）（参考数据：1001.015 4.432,lg11 1.041≈≈）A ．0.04y x =B ． 1.0151x y =-C ．tan 119x y ⎛⎫=-⎪⎝⎭D ．()11log 310y x =-【答案】D【解析】根据奖励规则，函数必须满足：(6,100]x ∈，增函数，3,0.2y y x ≤≤ 【详解】对于函数：0.04y x =，当100x =时，43y =>不合题意；对于函数： 1.0151xy =-，当100x =时， 3.4323y =>不合题意；对于函数：tan 119x y ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，不满足递增，不合题意；对于函数：()11log 310y x =-，满足：(6,100]x ∈，增函数，且()111111log 310010log 290log 13313y ≤⨯-=<=，结合图象：符合题意．故选：D 【点睛】此题考查函数模型的应用，关键在于弄清题目给定规则，依次用四个函数逐一检验.11．设函数()()21ln xf x e e x =-+（其中e 为自然对数的底数），则函数()f x 的零点个数为（） A ．0 B ．1 C ．2 D ．3【答案】C【解析】利用导函数，得出函数单调性，分析函数极值与0的大小关系即可求解. 【详解】由题()()222,0x x e ef x e f x e x x'''=-=+>，所以()f x ¢在(0,)x ∈+∞单调递增， ()10f e '=-<，()220f e e '=->，所以()f x ¢的零点0(1,2)x ∈，且002xe e x =，且当0(0,)x x ∈时，()0f x ¢<，当0(,)x x ∈+∞时，()0f x ¢>，即()f x 在0(0,)x x ∈单调递减，在0(,)x x ∈+∞单调递增，()f x 的极小值()()000002221ln 2(1ln )xx e e f x e e x e x e=-+=-+= 0000112((1ln 2))2(2ln 2)e e x e x x x -+-=+--，00015(1,2),2x x x ∈+<， ()0512ln 2ln 2ln 2022f x <--=-=<，当0x +→时，()f x →+∞；当x →+∞时，()f x →+∞；所以共两个零点. 故选：C 【点睛】此题考查函数单调性与极值和函数零点问题，其中重点考查隐零点问题的处理，和极限思想的应用.12．锐角ABC ∆的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知sin sin5A C b Aa+=，22BA BC AB AC ⋅+⋅=．则ABC ∆面积的取值范围是（）A ．14,33⎛⎫⎪⎝⎭B ．C ．()1,2D ．3⎫⎪⎪⎭【答案】D【解析】根据三角关系求出角B ，根据向量数量积求出边c ，作出三角形，数形结合求解. 【详解】由题sin sin5A C b Aa+=，三角形ABC ∆中，A B C π++=，A C B π+=-，结合正弦定理，sin sin sin 5sin B B A A π-=，sin sin 5BB π-=，B 为锐角，所以5B B π-=，=6B π， 22BA BC AB AC⋅+⋅=，即cos cos ac B bcA +=，由射影定理：c = 作图：在1Rt ABC ∆中，12cos6BC π==在2Rt ABC ∆中，22cos6BC ==当点C 在线段12C C 之间（不含端点）时，三角形ABC ∆为锐角三角形，11223ABCSBC =⨯⨯∈⎭，所以面积取值范围⎭故选：D 【点睛】此题考查锐角三角形三内角和关系，正余弦定理，边角互化综合应用，重在数形结合思想.二、填空题13．已知不等式组330300x y x y x +-≥⎧⎪+-≤⎨⎪≥⎩表示的平面区域为D ，,P Q 是区域D 内任意两点，若()3,3R ，则,PR QR 的最大值是____________．【答案】90【解析】平面直角坐标系中作出可行域，观察图象,PR QR 即,RP RQ 的最大值，由图便知. 【详解】作出可行域如图所示：解出(0,3),(3,0)A B ，结合图象观察可得,RP RQ 的最大值即0,90RA RB =. 故答案为：90 【点睛】此题考查二元一次不等式组表示平面区域，向量夹角，数形结合思想，属于简单题目，如果不结合图象分析，计算量会很大.14．cos102cos20cos10-⋅=____________．【答案】【解析】三角恒等变换，处理角度cos10cos(2010)=-即可. 【详解】由题：cos102cos20cos10cos(2010)2cos20cos10-⋅=--⋅cos20cos10sin 20sin10cos20cos10(cos20cos10sin 20sin10)=⋅+⋅-=-⋅-⋅cos30=-=-故答案为：【点睛】此题考查三角恒等变换，关键在于合理处理两个角度，便于运算，此题陷阱在于两个角度有很多特殊关系，不易找准方向.15．若直线y kx b =+是曲线ln y x =的切线，也是曲线2x y e -=的切线，则k =________.【答案】1或1e【解析】分别设出直线与两曲线的切点坐标，求出导数值，得到两切线方程，由两切线重合得斜率和截距相等，从而求得切线方程的答案。

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）
A. 0
B.
1
C.
2
D.
3
12. 锐角 ABC 的内角 A, B,C 的对边分别为 a,b,c ，已知 sin A C 5
则 ABC 面积的取值范围是
b sin A uuur uuur ， BA BC
uuur uuur AB AC
2 2c ．
a
A.
14 ,
B.
33
3, 2 3
C.
1,2
D.
43 3,
A. 1
B.
3
C.
6
D.
8
7. 已知正项等比数列 an 的公比为 q ，前 n 项和为 Sn ，则“ q 1 ”是“ S10 S12 2 S11 ”的 (
)
五校联考理科数学第 1 页（共 9 页）
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. 函数 f ( x)
∵ an+1 -
bn+1
=
3 an -
4
1 bn +1 4
骣琪琪桫34 bn
-
1 an -
4
1
= an - bn + 2 ，
∴数列 an bn 是首项 3、公差为 2 等差数列，
故 an bn 2n 1 . ………………………… 6 分
(2) 由 (1) 可知， an bn
1 2n
1
，
an
bn
2n 1，
22. （ 12 分）
已知函数 f ( x) ex 1 cos x 1 ax( a R) . （ 1）若 f (x) 在 1, 上单调递增，求实数 a 的取值范围；（ 2）当 a 1 时，若实数 x1, x 2 (x1 x2 ) 满足 f (x1) f (x2) 2 ，求证： x1 x2 0 .
五校联考理科数学第 4 页（共 9 页）
函数知识，设计了如下函数模型，其中符合合作社要求的是（参考数据：
1.015100 4.432,lg11 1.041 ）
A. y 0.04 x B.
y 1.015 x 1 C.
x
y tan
1
19
D.
y log11 3x 10
11. 设函数 f x ex 2e 1 ln x （其中 e为自然对数的底数）．则函数 f x 的零点个数为（
由正切定义： AB AC cos
∴ AM
tan 2 cos2
cos sin
tan 2
，…………………………
cos 2 . ………………………… 12 分
10 分
22. 【解析】（ 1） f ( x) ex 1 sin x 1 a 由 f ( x) 在 1, 上单调递增，故当 x 1 时， ex 1 sin x 1 a 0 恒成立即 a ex 1 sin x 1 设 g x ex 1 sin x 1 x 1 ， g x ex 1 cos x 1 ， ∵ x 1 ，∴ ex 1 1,cos x 1 1 ∴ g x 0 ，即 g x 在 1, 上单调递增，故g x g 1 1
3
五校联考理科数学第 2 页（共 9 页）
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第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分 .
x 3y 3 0
13. 已知不等式组 x y 3 0 表示的平面区域为
x0
uuur uuur
PR,QR 的最大值是
．
D ， P,Q 是区域 D 内任意两点，若
R 3,3 ，则
14. cos10o 2cos20 o cos10o
4. 数列 an 的前 n 项和 Sn n n 1 ，若 ak a5 10 ，则 k
A. 10
B.
15
C. 20
D.
25
5. 已知向量 a A. 3
, 1 ，b
B.
1,3 ，若 3a 2b 3a 2b ，则的值为（
）
2
C. 0
D.
1
6. 曲线 C1 : y x2 ， C2 : y x2 4x 以及直线 l : x 2 所围成封闭图形的面积为
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∵二面角 C GB D 的平面角是锐角，设为
∴ cos
15
………………………… 12 分
5
21. 【解析】（ 1）由 (sin A sin B sin C) (sin A sin B sin C)
2sin Asin B ，
得a
2
b
c2
2ab ，即 a 2 b2
c2
∴ C 90o；
………………………… 4 分
b1
3，
44
44
( ) ∴ an+1 + bn+1 = 3 an - 1 bn +1 + 3 bn - 1 an - 1 = 1 an + bn ，
44
44
2
1
( ) 即 an+1 + bn+1 = an + bn ， 2
1 ∴数列 an bn 是首项为 1、公比为的等比数列，
2
1 故 an bn 2 n 1 ，………………………… 3 分
．
15. 若直线 y
kx b 是曲线 y
ln x 的切线，也是曲线
y
ex
2
的切线，则
b
．
16. 我国古代有一种容器叫“方斗” ，“方斗”的形状是一
种上大下小的正四棱台（两个底面都是正方形的四棱台）
，
如果一个方斗的容积为 28 升（一升为一立方分米），上底
边长为 4 分米，下底边长为 2 分米，则该方斗的外接球的
.怀
远一中数学兴趣小组进行社会调查，了解到某石榴合作社为了实现
100万元利润目标，准备制定激励销售
人员的奖励方案：在销售利润超过 6 万元时，按销售利润进行奖励，且奖金 y （单位：万元）随销售利润
x （单位：万元）的增加而增加，但奖金总数不超过
3 万元，同时奖金不能超过利润的 20% . 同学们利用
如图 1，在直角梯形 ABCD 中， E, F 分别为 AB 的三等分点 FG∥ ED∥ BC ， BC AB ，
BC CD ， AB 3 , BC 2 ，若沿着 FG , ED 折叠使得点 A, B 重合，如图 2 所示，连结 GC , BD . （ 1）求证：平面 GBD 平面 BCE ；（2）求二面角 C GB D 的余弦值 .
1,a2 ， a R ，则 A U B 不．可．能．是
A. 1,1,4
B.
1,0,4
C.
1,2,4
D.
2,1,4
2. 复数 z 的实部为 1，且 z i 1，则复数 z 的虚部为
A. i
B. i
C.
1
D. 1
3. 《掷铁饼者》取材于希腊的现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中最
只需证： a2 1 1 b2 0 ，
∵ a2 b2 1，
∴
2
a
2
1,b
1
2
1 ab ，
∴ a2 1 1 b2 0 ，故原不等式成立 . ………………………… 5 分
（ 2） a b a3 b3 a4 ab3 a3b b4
a4 2 ab3 a3b b4 a2 b 2 2 1………………………… 10 分
x sin x
1 x2
1
2 在区间
2 ,2 上的大致图像为
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9. 已知平面 , , 有一个公共点，直线 a, b, c 满足： a , b , c
哪种关系 A. 两两平行
B.
两两异面
C.
两两垂直
，则直线 a,b,c 不．可．能．满足以下
D.
两两相交
10. 安徽怀远石榴（ Punicagranatum ）自古就有“九州之奇树，天下之名果”的美称，今年又喜获丰收
18. 【解析】（ 1）由题意可得 f x sin x
1
62
0，
T PQ QR ，
2
∵T
，且 0 ，
∴ 2 . f x sin 2x
1
.
…………………………
6分
62
（ 2）设 P x0, m ， Q x0
,m ， 3
五校联考理科数学第 5 页（共 9 页）
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1
1
则 sin 2x0 6
2 sin 2 x0 3
6
，
2
即 sin 2x0 6
5 sin 2x0
6
解得 x0 k k Z ，则 m sin k
1，
2
62
∵m 0 ∴ m 1.
………………………… 12 分
19. 【解析】（ 1）由题意可知 an 1
3 an
1 bn 1 ， bn 1
3 bn
1 an
1 ， a1 + b1 = 1 ， a1
具有表现力的瞬间 . 现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的 “弓”，掷铁饼者的手臂长约为
肩宽约为米，“弓”所在圆的半径约为 1.25米，你估测一下掷铁饼者双手之间的距离约为 8
（参考数据： 2 1.414, 3 1.732 ）
米，
4
A. 1.012米 C. 2.043米
B. 1.768米 D. 2.945 米
2n 1
1 2n
2n 5
∴ Sn 10
2n 1 ………………………… 12 分
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20. 【解析】（ 1）取 BD, BE 的中点分别为 O, M ，