湖南省2020年高考理科数学模拟试题及答案(二)
湖南省2020年高考理科数学模拟试题及答案（二）（满分150分，考试时间120分钟）一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
）1. 已知集合M ＝{x|x 2﹣2x ﹣3≤0}，N ＝{x|y ＝lg （x ﹣2）}，则M∪N ＝（ ）A. [﹣1，+∞）B. （﹣1，+∞）C. （2，3]D. （1，3）2. 若复数（2﹣i ）（a+i ）的实部与虚部互为相反数，则实数a ＝（ ）A. 3B.C.D. ﹣33．若，则“”是“”的（ ）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件4．已知()()4,f x g x =-函数()g x 是定义在R 上的奇函数,若(2017)2017,f =则(-2017)f = （ ）。
A ．-2017B ．-2021C ．-2025D ．20255. 已知过球面上三点A 、B 、C 的截面到球心距离等于球半径的一半，且AC ＝BC ＝6，AB ＝4，则球面面积为（ ） A. 42πB. 48πC. 54πD. 60π6．已知函数(),142,12x a x f x a x x ⎧>⎪=⎨⎛⎫-+≤⎪⎪⎝⎭⎩是R 上的增函数，则实数a 的取值范围是( ) A ．()1,8B ．()1,+∞C ．()4,8D ．[)4,87. 已知α为第二象限角,3sin cos αα+=,则cos2α= ( ) A ．5B ．5C 5D 58. 如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有（ ）A. 24B. 48C. 96D. 1209. 定义运算：32414321a a a a a a a a -=，将函数xx x f ωωcos 1sin 3)(=（0>ω）的图像向左平移32π 个单位所得图像对应的函数为偶函数，则ω的最小值是（ ） A.45 B.41 C.47 D.43 10.设x ，y 满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≤--≥-≥+2211y x y x y x ，若目标函数y ax z 3+=仅在点（1,0）处取得最小值，则a的取值范围（ ）A.（-6，-3）B.（-6,3）C.（0,3）D.（-6,0]11.已知过点A （a ，0）作曲线C ：y ＝x•e x 的切线有且仅有两条，则实数a 的取值范围是（ ） A. （﹣∞，﹣4）∪（0，+∞） B. （0，+∞） C. （﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） D. （﹣∞，﹣1）12.在平面直角坐标系中，已知双曲线的左焦点为F ，点B 的坐标为(0，b)，若直线BF 与双曲线C 的两条渐近线分别交于P ，Q 两点，且，则双曲线C 的离心率为（ ） A.B.C.D. 2二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。
）13. 已知ABC ∆的顶点为A (1,2)，B (3,1)，C(3，4)，则AB 边的中线所在直线的斜率为 ．14. 如果方程16222=++a y a x 表示焦点在x 轴上的椭圆,则实数a 的取值范围__________. 15．某几何体的三视图如下图所示，则其表面积为 .16. 在9(3)ax -（a R ∈）的展开式中，x 的偶数次的项系数之和比x 的奇数次的项系数之和大1，则a 的值为 ．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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23为选考题，考生根据要求作答。
） （一）必考题（共60分） 17.（本题满分12分）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T ，11a =-，11b =，222a b +=.（1）若335a b +=，求{}n b 的通项公式； （2）若321T =，求3S .18.(本小题满分12分)为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动.该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过小时的部分每小时收费标准为40元(不足小时的部分按1小时计算).有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为；两人滑雪时间都不会超过3小时.（1）求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；（2）设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量，求的分布列与数学期望．19. (本小题满分12分)四边形是菱形,是矩形,,是的中点（1）证明:（2）求二面角的余弦值.20. (本小题满分12分)已知椭圆，为椭圆的左、右焦点，点在直线上且不在轴上，直线与椭圆的交点分别为和，为坐标原点.设直线的斜率为，证明：问直线上是否存在点，使得直线的斜率满足？若存在，求出所有满足条件的点的坐标；若不存在，说明理由.21.已知函数，.（Ⅰ）求证：曲线与在处的切线重合；（Ⅱ）若对任意恒成立.（1）求实数的取值范围；（2）求证：（其中）.（二）选考题（共10分。
请考生在第22、23题中任选一题作答。
如果多做，则按所做的第一题计分。
）22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为cos2sinx a ty t=⎧⎨=⎩（t为参数，>0a），以坐标原点O为极点，x 轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为cos 424πρθ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭. （1）设P 是曲线C 上的一个动眯，当23a =时，求点P 到直线l 的距离的最小值； （2）若曲线C 上所有的点都在直线l 的右下方，求实数a 的取值范围.23．[选修4—5：不等式选讲]（10分） 设. （1）解不等式；（2）若存在实数满足，试求实数的取值范围.参考答案一、选择题1.A2.D3.A4.C5.C6.D7.A8.C9.A 10.B 11.A 12.B二、填空题13.5214. a>3或-6<a<-215. 3 16. -4三、解答题17.(1)设的公差为，的公差为，有已知的解得，所以；(2)由 (1)及已知的得解得或.18.(1)若两人所付费用相同，则相同的费用可能为0元，40元，80元，两人都付0元的概率为，两人都付40元的概率为，两人都付80元的概率为，则两人所付费用相同的概率为.(2)由题意得，ξ所有可能的取值为0,40,80,120,160.，，，，，的分布列为：0 40 80 120 160.19.（I）证法一: 设,的中点为，因为是的中点，是平行四边形证法二：因为是的中点，；（II）设的中点为，是矩形，，，四边形是菱形，]以为原点，所在直线为x轴，所在直线为Y轴，所在直线为Z轴建立空间直角坐标系，平面的法向量为，平面的法向量为令，设二面角的大小为则20.因为椭圆方程为，所以F1（﹣1，0）、F2（1，0）设P（x0，2﹣x0），则，，所以（2）记A、B、C、D坐标分别为（x1，y1）、（x1，y1）、（x1，y1）、（x1，y1）．设直线PF1：x＝m1y﹣1，PF2：x＝m2y+1联立可得，代入，可得同理，联立PF2和椭圆方程，可得由及m1﹣3m2＝2（由（1）得）可解得，或，所以直线方程为或，所以点P的坐标为（0，2）或21.证明:(Ⅰ)在处的切线方程为在处的切线方程为所以切线重合.（Ⅱ）（1）令则，①当时，当且仅当时，取等号，在递减，不成立.②当时，，(i)当时，时，，递减，，在递减，不恒成立.(ii）当时，，在递增，，在递增，，恒成立.综上，.（2）证明：由（1）知当时，恒成立.得令得个不等式相加得下面只要证明即再由不等式令得取得个不等式累加得成立.故原不等式成立. 22.（1）由cos()424πρθ+=-(cos sin )8ρθθ-=-cos x ρθ=Q ，sin y ρθ=∴直线l 普通方程为：80x y -+=设(23,2sin )P t t ，则点P 到直线l 的距离：|4sin()8||23cos 2sin 8|322t t t d π---+==22sin()2|3t π=-- 当sin()13t π-=时，min 22d =∴点P 到直线l 的距离的最小值为22（2）设曲线C 上任意点(cos ,2sin )P a t t ，由于曲线C 上所有的点都在直线l 的右下方，11 cos 2sin 80a t t ∴-+>对任意0a >恒成立 24sin()8a t ϕ+-<，其中2cos 4a ϕ=+，2sin 4a ϕ=+. 从而248a +<由于0a >，解得：0215a <<即：()0,215a ∈23.（Ⅰ）， 作函数的图象，它与直线交点的横坐标为和，由图象知 不等式的解集为．（Ⅱ）函数的图象是过点的直线． 当且仅当函数与直线有公共点时，存在题设的．由图象知，取值范围为．。
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2020届高考数学模拟试卷2（湖南省）一、单选题1．函数()1cos 1xx e f x x e-=⋅+的图象的大致形状是（ ） A ． B ．C ．D ．2．复数211i ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值为（ ）A ．2i -B ．2iC ．-2D ．2 3．某校有A 、B 、C 、D 四个社团，其中学生甲、乙、丙、丁四人在不同的四个社团中，在被问及在哪个社团时，甲说：“我没有参加A 和B 社团”．乙说：“我没有参加A 和D 社团”．丙说：“我也没有参加A 和D 社团”．丁说：“如果乙不参加B 社团，我就不参加A 社团”．则参加B 社团的人是（ ）A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁4．给出的下列命题中正确的是（ ）A ．若α，β是第一象限角，且αβ<，则tan tan αβ<B ．函数3cos 22x y π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭是奇函数 C ．8x π=是函数5cos 24y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭的一条对称轴D ．32sin 2y x =在区间,32ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，最小值为2-.5．已知,,,sin )2παβπααβ⎛⎫∈=+= ⎪⎝⎭，则β=（ ） A ．23π B ．56π C ．34π D ．1112π 6．已知曲线C 的方程为22121x y m m+=-，现给出下列两个命题：p ：102m <<是曲线C 为双曲线的充要条件，q ：12m >是曲线C 为椭圆的充要条件，则下列命题中真命题的是（ ） A ．()()p q ⌝∧⌝B ．()p q ⌝∧C ．()p q ∧⌝D ．p q ∧7．已知集合{0,1,2}M =，{|22,}N x x x Z =-<<∈，则M N ⋂为（ ）A ．(0,1)B ．[0,1]C ．{0,1}D ．∅8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A ．8012π+B ．5912π+C ．5913.5π+D ．8013.5π+ 9．()263,034,0x x x x f x x ---≤⎧⎪=->⎨⎪⎩，则函数y =f [f （x ）]的零点个数为（ ） A ．7 B ．6 C ．5 D ．310．直线2y x =+交椭圆2214x y m +=于,A B 两点，若AB =，则m 的值为（ ）A ．16B ．12C ．D ．311．某四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．πB ．2πC ．3πD ．4π12．用随机模拟方法估计概率时，其准确程度决定于( )A ．产生的随机数的大小B ．产生的随机数的个数C ．随机数对应的结果D ．产生随机数的方法二、填空题 13．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>，12,F F 为其左、右焦点,P 为椭圆C 上除长轴端点外的任一点，G 为12F PF ∆内一点，满足123PG PF PF =+,12F PF ∆的内心为I ，且有12IG F F λ=（其中λ为实数），则椭圆C 的离心率e =_____14．已知(,)2a ππ∈，且tan 2a =-，则sin()a π-=________ 15．已知△ABC 中，AB ＝，BC ＝1，sin C ＝cos C ，则△ABC 的面积为________．16．等比数列{}n a 的首项为512，公比为14q =-，记()*12n n a a a n N ∏=⋅∈，则数列{}n ∏的最大项是第___________项.三、解答题 17．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且21522a a a +=，315S =．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记()()1111n n n b a a +=++，求数列{}n b 的前n 项和n T ． 18．在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的参数方程为(,x cos y a sin a R φφϕ=⎧=+∈⎨⎩为参数).以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为216cos πρθ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，且圆心C 在直线l 上． (Ⅰ)求直线l 的直角坐标方程及圆C 的极坐标方程；(Ⅱ)若1,6A πρ⎛⎫ ⎪⎝⎭是直线l 上一点，24,3B πρ⎛⎫ ⎪⎝⎭是圆C 上一点，求OAB 的面积． 19．如图是某创业公司2017年每月份公司利润（单位：百万元）情况的散点图：为了预测该公司2018年的利润情况，根据上图数据，建立了利润y 与月份x 的两个线性回归模型：①y =0.94+0.028；②y =0.96+0.032lnx ，并得到以下统计值：（1）请利用相关指数R 2判断哪个模型的拟合效果更好；（2）为了激励员工工作的积极性，公司每月会根据利润的情况进行奖惩，假设本月利润为y 1，而上一月利润为y 2，计算z ()()11212121120.10.50.12y y y y y y y y y y ⎧+-≥⎪=⎨--⎪⎩，，＜，并规定：若z ≥10，则向全体员工发放奖金总额z 元；若z ＜10，从全体员工每人的工资中倒扣10﹣z 元作为惩罚，扣完为止，请根据（1）中拟合效果更好的回归模型，试预测208年4月份该公司的奖惩情况？（结果精确到小数点后两位）≈1.73≈2.24，1n 2≈0.69，1n 3≈1.10，ln 5≈1.61．相关指数R 2＝1122111221()()i i i i y y y y ==---∑∑．20．在直角坐标系xOy 中，动点P到两点(0,的距离之和等于4，设动点P 的轨迹为曲线C（1）写出曲线C 的方程（2）若直线y x m =+与曲线C 有交点，求实数m 的取值范围21．选修4-5：不等式选讲已知函数()|2|f x x =-.(Ⅰ)解不等式：(1)(2)4f x f x +++<；(Ⅱ)若,x R ∃∈使得()||?()4f ax a f x +≤成立，求实数a 的取值范围.22．已知函数()1x a f x a －＝＋，（0a >且1a ≠）恒过定点()3,2，（1）求实数a ；（2）在（1）的条件下，将函数()f x 的图象向下平移1个单位，再向左平移a 个单位后得到函数()g x ，设函数()g x 的反函数为()h x ，求()h x 的解析式；（3）对于定义在[]1,9的函数()y h x ＝，若在其定义域内，不等式()()22[]22h x h x m ≤＋＋＋恒成立，求m 的取值范围．23．（14分）四棱锥P −ABCD 的底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD =DC ，E 是PC 的中点.（1）证明PA //平面BDE ；（2）求二面角B −DE −C 的平面角的余弦值；（3）在棱PB 上是否存在点F ，使PB ⊥平面DEF ？若存在，请求出F点的位置；若不存在，请说明理由.参考答案1．C先判断函数的奇偶性，再取特殊值验证. 解：()1cos 1xx e f x x e-=⋅+， ∴()()()1cos cos 111x x x x e e f x x x f x e e----=⋅-=⋅=-++-， ∴函数()f x 为奇函数，故排除B ，D 选项， 当12x =时，121211cos 02112e f e -⎛⎫=⋅< ⎪⎝⎭+. 故排除A 选项.故选：C.本题考查函数图象的识别，关键掌握函数的奇偶性和函数值的特点，属于基础题.2．A根据复数除法与乘法法则求结果.()221112i i i ⎛⎫+=-=- ⎪⎝⎭,选A. 本题重点考查复数的乘除运算，属于基本题.考查基本求解能力.3．B有乙、丙的说法知甲和丁参加了A 、D 社团，又由甲说知，甲参加了D 社团，则丁参加了A 社团，根据丁的说法知乙参加了B 社团．解：有乙、丙的说法知甲和丁参加了A 、D 社团，又由甲说知，甲参加了D 社团，则丁参加了A 社团，根据丁的说法知乙参加了B 社团．故选：B ．本题考查推理的相关知识，考查分析问题，解决问题的能力以及逻辑思维能力，属于基础题 4．B对于A ，通过举反例，即可得知A 错误；对于B ，利用诱导公式进行化简，借助奇函数的定义，即可得解；对于C ，求出5cos 24y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的对称轴，即可判断； 对于D ，根据三角函数的图象即可求得结果.对于A ，若4πα=，136βπ=，满足α，β是第一象限角，且αβ<，但是tan tan αβ<不成立，故A 错误；对于B ，33cos sin 222x x y π⎛⎫=+=-⎪⎝⎭， 令()3sin 2x f x =-，则()33sin sin 22x x f x --=-=， 所以()()f x f x =--， 所以3cos 22x y π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭为奇函数，故B 正确； 对于C ，5cos 24y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭， 524x k ππ+=()k Z ∈，解得582k x ππ=-+()k Z ∈， 所以8x π=不是函数5cos 24y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的对称轴，故C 错误； 对于D ，32x ππ-≤≤，∴33224x ππ-≤≤， ∴31sin 12x -≤≤，∴322sin 22x -≤≤， ∴32sin2y x =在区间,32ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最大值是2，最小值为2-，故D 错误. 故选：B. 本题主要考查的是三角函数的性质，包括单调性、奇偶性、对称性及最值问题，考查学生对这些知识的掌握能力，属于基础题.5．B先由条件求出sin()αβ+和cos α，然后算出cos cos()βαβα=+-即可.由于,,2παβπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴,()2αβππ+∈，∴sin()αβ+=，cos α==， ∴cos cos()cos()cos sin()sin βαβααβααβα=+-=+⋅++⋅1032613261326132⎛⎛-⨯⨯=-+-⨯==- ⨯⎝⎭⎝⎭， ∴56πβ=. 故选：B在解决本类题时，要善于观察角之间的关系，一般用已知角来表示所求角.6．C根据充分必要条件及双曲线和椭圆定义，分别判定命题p 与命题q 的真假，进而判断出复合命题的真假．若曲线C 为双曲线，则()210mm -< ，可解得102m << 若102m <<，则()210m m -<，所以命题p 为真命题 若曲线C 为椭圆，则12m >且m≠1，所以命题q 为假命题 因而()p q ∧⌝为真命题所以选C本题考查了椭圆与双曲线的标准方程，充分必要条件的判定，属于基础题．7．C分析：先化简集合N,再求M N ⋂.详解：由题得N={-1,0,1},所以M N ⋂={0,1}.故答案为：C.点睛：（1）本题主要考查集合的化简和交集，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2)解答集合问题时，要注意看清集合元素的属性，不要漏了x Z ∈，否则容易出错.8．D由三视图可知，该几何体由半个圆柱与一个棱柱组成，根据三视图中数据，求出每个表面的面积，求和即可得结果.由三视图可知，该几何体由半个圆柱与一个棱柱组成，棱柱的长宽高分别为6、1、1.5，圆柱的底面半径为3，高为1.5，几何体的直观图如图所示，其表面积为2(1 5.516 5.56) 1.56⨯⨯+⨯+⨯-⨯233 1.58013.5πππ+⨯+⨯⨯=+,故选D.本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.9．A因为y=f[f （x ）]的零点个数⇔f[f （x ）]=0的根的个数，令t=f （x ），则f （t ）=0，画出y=f （x ）的图象，先判断出方程f （t ）=0有3个根，再根据每个根的范围，结合图象判断t=f （x ）的根的个数即可．因为y ＝f [f （x ）]的零点个数⇔f [f （x ）]＝0的根的个数，令t ＝f （x ），则f （t ）＝0y ＝f （x ）的图象如图所示：。
2020年湖南省高考数学模拟试卷(理科)(含答案)
2020年湖南省高考数学模拟试卷（理科）一、选择题：共12小题，每小题5分，满分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．（5分）若集合A＝{x|x≤1}，则满足A∩B＝A的集合B可以是（）A．{x|x≤0} B．{x|x≤2} C．{x|x≥0} D．{x|x≥2}2．（5分）若（4﹣mi）（m+i）≥0，其中i为虚数单位，则实数m的值为（）A．﹣2 B．﹣4 C．4 D．23．（5分）已知向量＝（2，2），＝（1，a），若||＝1，则•＝（）A．2 B．4 C．6 D．8@4．（5分）已知函数f（x）＝2sin（πx+1），若对于任意的x∈R，都有f（x1）≤f（x）≤f（x2）成立，则|x1﹣x2|的最小值为（）A．2 B．1 C．4 D．5．（5分）在圆M：x2+y2﹣4x﹣4y﹣1＝0中，过点E（0，1）的最长弦和最短弦分别为AC 和BD，则四边形ABCD的面积为（）A．6 B．12 C．24 D．366．（5分）“勾股定理”在西方被称为“毕达哥拉斯定理”．三国时期，吴国的数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，用数形结合的方法给出了勾股定理的详细证明．如图所示的“勾股圆方图”中，四个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个大正方形，若直角三角形中较小的锐角，现在向该正方形区域内随机地投掷100枚飞镖，则估计飞镖落在区域1的枚数最有可能是（）A．30B．40C．50D．607．（5分）已知抛物线x2＝﹣4y的准线与双曲线＝1（a＞0，b＞0）的两条渐近线围成一个等腰直角三角形，则该双曲线的离心率是（）"A．B．5C．D．28．（5分）已知二进制数1010（2）化为十进制数为n，若（x+a）n的展开式中，x7的系数为15，则实数a的值为（）A．B．C．1D．29．（5分）若两个等差数列{a n}，{b n}的前n项和分别为A n、B n，且满足，则的值为（）A．B．C．D．10．（5分）已知倾斜角为α的直线过定点（0，﹣2），且与圆x2+（y﹣1）2＝1相切，则的值为（）A．B．C．﹣D．11．（5分）已知四棱锥S﹣ABCD的所有顶点都在同一球面上，底面ABCD是正方形且和球心O在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其表面积等于2+2，则球O的体积等于（）`A．B．C．D．12．（5分）已知函数f（x）＝ax﹣lnx，x∈[1，e]的最小值为3，若存在x1，x2…x n∈[1，e]，使得f（x1）+f（x2）+…+f（x n﹣1）＝f（x n），则正整数n的最大值为（）A．2B．3C．4D．5二、填空题：本题共4小题，每题5分，满分20分.13．（5分）已知实数x，y满足不等式组，则z＝log2（x+y+1）的最大值为．14．（5分）我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”，设△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，则“三斜求积”公式为，若a2sin C＝5sin A，（a+c）2＝16+b2则用“三斜求积”公式求得△ABC的面积为．15．（5分）某三棱锥的三视图如图所示，且图中的三个三角形均为直角三角形，则x+y的最大值为．#16．（5分）已知曲线C1：f（x）＝﹣e x﹣2x，曲线C2：g（x）＝ax+cos x，（1）若曲线C1在x＝0处的切线与C2在x＝处的切线平行，则实数a＝．（2）若曲线C1上任意一点处的切线为l1，总存在C2上一点处的切线l2，使得l1⊥l2则实数a的取值范围为三、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17-21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：60分．17．（12分）设数列{a n}满足：a1＝1，且2a n＝a n+1+a n﹣1（n≥2），a3+a4＝12．（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列{}的前n项和．'18．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，P A⊥平面ABCD，E是棱PC上的一点．（1）证明：平面ADE⊥平面P AB；（2）若PE＝λEC，F是PB的中点，AD＝，AB＝AP＝2CD＝2，且二面角F﹣AD﹣E 的正弦值为，求λ的值．·19．（12分）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的离心率为，直线l：x﹣y+2＝0与以原点为圆心、椭圆C的短半轴长为半径的圆O相切．（1）求椭圆C的方程；（2）是否存在直线与椭圆C交于A，B两点，交y轴于点M（0，m），使|+2|＝|﹣2|成立？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由．[20．（12分）甲、乙两位同学参加某个知识答题游戏节目，答题分两轮，第一轮为“选题答题环节”，第二轮为“轮流坐庄答题环节”•首先进行第一轮“选题答题环节”，答题规则是：每位同学各自从备选的5道不同题中随机抽出3道题进行答题，答对一题加10分，答错一题（不答视为答错）减5分，已知甲能答对备选5道题中的每道题的概率都是，乙恰能答对备选5道题中的其中3道题：第一轮答题完毕后进行第二轮“轮流坐庄答题环节”，答题规则是：先确定一人坐庄答题，若答对，继续答下一题…，直到答错，则换人（换庄）答下一题…以此类推．例如若甲首先坐庄，则他答第1题，若答对继续答第2题，如果第2题也答对，继续答第3题，直到他答错则换成乙坐庄开始答下一题，…直到乙答错再换成甲坐庄答题，依此类推……．当两人共计答完20道题游戏结束，假设由第一轮答题得分期望高的同学在第二轮环节中最先开始作答，且记第n道题也由该同学（最先答题的同学）作答的概率为P n（1≤n≤20），其中P1＝1，已知供甲乙回答的20道题中，甲，乙两人答对其中每道题的概率都是，如果某位同学有机会答第n道题且回答正确则该同学加10分，答错（不答视为答错）则减5分，甲乙答题相互独立：两轮答题完毕总得分高者胜出．回答下列问题．（1）请预测第二轮最先开始作答的是谁？并说明理由．（2）①求第二轮答题中P2，P3；②求证为等比数列，并求P n（1≤n≤20）的表达式．~]21．（12分）已知对数函数f（x）过定点（其中e≈2.71828…）函数g（x）＝n ﹣mf′（x）﹣f（x）（其中f′（x）为f（x）的导函数，n，m为常数）．（1）讨论g（x）的单调性（2）若对∀x∈（0，+∞）有g（x）≤n﹣m恒成立，且h（x）＝g（x）+2x﹣n在x＝x1，x2（x1≠x2）处的导数相等，求证：h（x1）+h（x2）＞7﹣2ln2．，（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C：（α为参数），以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为．（1）求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；（2）已知点P（﹣2，0），直线1交曲线C于A，B两点，求的值．\[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知函数f（x）＝|x﹣4|+|1﹣x|，x∈R．（1）解不等式：f（x）≤5；（2）记f（x）的最小值为M，若实数ab满足a2+b2＝M，试证明：．）参考答案一、选择题1.B2.D3.C4.B5.B6.C7.C8.A9.C 10.D 11.A 12.B二、填空题13．214．215．16（16．（1）﹣2；（2）﹣≤a≤1．三、解答题：17．解：（1）依题意，由2a n＝a n+1+a n﹣1（n≥2）可知数列{a n}是等差数列．设等差数列{a n}的公差为d，则a3+a4＝（a1+2d）+（a1+3d）＝2+5d＝12，解得d＝2．∴a n＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，n∈N*．（2）由（1）知，＝＝（﹣），—设数列{}的前n项和为T n，则T n＝+++…+++＝（1﹣）+（﹣）+（﹣）+…+（﹣）+（﹣）+（﹣）＝（1﹣+﹣+﹣+…+﹣+﹣+﹣）＝（1+﹣﹣）＝﹣．18．解：（1）证明：由P A⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以P A⊥AD，又AB⊥AD，P A∩AB＝A，所以AD⊥平面P AB，(又AD⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面P AB；（2）以A为原点，AD，AB，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（0，2，0），P（0，0，2），C（，1，0），D（，0，0），F（0，1，1），由（1）知，AD⊥PB，又PB⊥AF，故PB⊥平面ADF，＝（0，2，﹣2），PE＝λEC，所以，所以，设平面ADE的法向量为，）由，得，二面角F﹣AD﹣E的正弦值为，所以|cos＜＞|＝，即，得λ＝1或4．19．解：（1）由已知得，解得，b＝，c＝，∴椭圆C的方程为；（2）假设存在这样的直线，由已知可知直线的斜率存在，设直线方程为y＝kx+m，、联立，得（4k2+1）x2+8kmx+4m2﹣8＝0．△＝16（8k2﹣m2+2）＞0①，设A（x1，y1），B（x2，y2），则，，y1y2＝（kx1+m）（kx2+m）＝，由，得，即，即x1x2+y1y2＝0，故8k2＝5m2﹣8≥0，代入①式解得m＞或m＜﹣．20．解：（1）设甲选出的3道题答对的道数为ξ，则ξ～（3，），设甲第一轮答题的总得分为x，则x＝10ξ﹣5（3﹣ξ）＝15ξ﹣15，;∴Ex＝15Eξ﹣15＝15×3×﹣15＝15，设乙第一轮得分为y，则y的所有可能取值为30，15，0，则P（y＝30）＝＝，P（y＝15）＝＝，P（y＝0）＝＝，∴y 的分布列为：y 30!15PEy＝＝12，∵Ex ＞Ey ，∴第二轮最先开始答题的是甲．*（2）①依题意得P1＝1，P2＝，P3＝＝．②证明：依题意有P n＝P n﹣1×+（1﹣P n ）×＝﹣+（n≥2），∴P n﹣＝﹣（P n ﹣1﹣），n ≥2，∵P1﹣＝，∴{}是以为首项，以﹣为公比的等比数列，∴，∴P n＝．（1≤n≤20）．21．解：（1）令f（x）＝log a x（a＞1且a ≠1），将代入得a＝e，·所以f（x）＝lnx，得，求导，（x＞0），当m≤0时，g′（x）＜0在x＞0时恒成立，即g（x）在（0，+∞）单调递减；当m＞0时，g′（x）＞0，则0＜x＜m，g′（x）＜0，则x＞m，即g（x）在（0，m）单调递增，在（m，+∞）单调递减；综上，当m≤0时，g（x）在（0，+∞）单调递减；当m＞0时，g（x）在（0，m）单调递增，在（m，+∞）单调递减；（2）证明：因为g（1）＝n﹣m，而∀x∈（0，+∞），有g（x）≤n﹣m＝g（1）恒成立知g（x）当x＝1时有最大值g（1），由（1）知必有m＝1，,所以，所以，依题意，设h′（x1）＝h′（x2）＝k，即，所以，所以x 1+x2＝x1x2≥，所以x1x2＞4，所以＝2x1x2﹣1﹣lnx1x2，令t＝x1x2＞4，φ（t）＝2t﹣1﹣lnt，所以，所以φ（t）在t＞4单调递增，所以φ（t）＞φ（4）＝7﹣2ln2．所以h（x1）+h（x2）＞7﹣2ln2．（二）选考题解：（1）已知曲线C：（α为参数），转换为直角坐标方程为（x+1）2+y2＝4．直线l的极坐标方程为．转换为直角坐标方程为，整理得x﹣y+2＝0．（2）由于点P（﹣2，0）在直线1上，所以转换为参数方程为（t为参数），代入（x+1）2+y2＝4，得到：，所以：，t 1t2＝﹣3，所以＝．[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．解：（1）f（x）＝|x﹣4|+|1﹣x|＝．∵f（x）≤5，∴或1≤x≤4或，∴4＜x≤5或1≤x≤4或0≤x＜1，∴0≤x≤5，∴不等式的解集为{x|0≤x≤5}．（2）由（1）知，f（x）min＝M＝3，∴a2+b2＝M＝3，∴＝＝，当且仅当a2＝1，b2＝2时等号成立，∴．。
湖南省永州市2020年高考第二次模拟考试试卷数学(理科)试题(含解析)
湖南省永州市2020年高考第二次模拟考试试卷数学（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分． 1．设复数z 满足21z i=+，则z 的共轭复数为 A ．1i -B ．1i +C ．1i -+D ．1i --2．已知集合{}3A x x =<，{}2log 0B x x =>，则 A ．{}13A B x x =<<IB ．A B φ=IC ．{|3}A B x x =<UD ．{}1A B x x =>U3．执行右图所示程序框图，若输入14p =，则输出结果为 A ．2 B ．3C ．4D ．54．为了解运动健身减肥的效果，某健身房调查了20名肥胖者，健身之前他们的体重情况如三维饼图（1）所示，经过四个月的健身后，他们的体重情况如三维饼图（2）所示． 对比健身前后，关于这20名肥胖者，下面结论不正确的是 A ．他们健身后，体重在区间[90kg ，100kg ）内的人数不变 B ．他们健身后，体重在区间[100kg ，110kg ）内的人数减少了4人C ．他们健身后，这20位健身者体重的中位数位于[90kg ，100kg ）D ．他们健身后，原来体重在[110kg ，120kg]内的肥胖者体重都至少减轻了10 kg 5． 已知数列113221,,,,n n a a a a a a a -L 是首项为8，公比为12的等比数列，则4a 等于 A ．8B ．32C ．64D ．1286．某校高三年级有男生220人，编号为1，2，…，220；女生380人，编号为221，222，…，600．为了解学生的学习状态，按编号采用系统抽样的方法从这600名学生中抽取10人进行问卷调查，第一组抽到的号码为10．现从这10名学生中随机抽取2人进行座谈，则这2人中既有男生又有女生的概率是A ．15B ．715C ．815D ．457．已知定义在R 上的奇函数)(x f 满足(1)(3)0f x f x ++-=，若(1)2f =，则(1)(2)(3)(2019)f f f f ++++=LA ．2-B ．0C ．2D ．20208．已知函数()2sin()(0,||)f x x ωϕωϕ=+><π的部分图像如右图 所示，且(,1),(,1)2A B π-π，则ϕ的值第4题图第3题图-2B AO y ππ2x-112第9题图A ．56π-B ．65π C ．6π-D ．6π9．北方的冬天户外冰天雪地，若水管裸露在外，则管内的水就会结冰从而冻裂水管，给用户生活带来不便．每年冬天来临前，工作人员就会 给裸露在外的水管“保暖”：在水管外面包裹保温带，用一条保温带盘旋而上一次包裹到位．某工作人员采用四层包裹法（除水管两端外包裹水管的保温带都是四层）：如图1所示是相邻四层保温带的下边缘轮廓线，相邻两条轮廓线的间距是带宽的四分之一．设水管的直径与保温带的宽度都为4cm ．在图2水管的侧面展开图中，此保温带的轮廓线与水管母线所成的角的余弦值是（保温带厚度忽略不计） A ．14B ．14πC ．21414ππ++ D ．2116116ππ++10．某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为 A ．8πB ．6πC ．4πD ．823π11．已知双曲线22221(,0)x y a b a b-=>的左、右焦点分别为F 1，F 2，过右焦点作平行于一条渐近线的直线交双曲线于点A ，若12AF F ∆的内切圆半径为4b，则双曲线的离心率为A ．23B ．54C ．53D ．3212．数列｛a n ｝满足a n ＋1＋a n ＝11-n +（-1)n ，且0＜a 6＜1．记数列｛a n ｝的前n 项和为S n ，则当S n 取最大值时n 为 A ．11B ．12C ．11或13D ．12或13二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．曲线ln y x =过点(0,1)-的切线方程为 ．14．已知AB 为圆O 的弦，若||=2AB ，则OA AB ⋅=u u u r u u u r．15． 已知以F 为焦点的抛物线C ：24y x =上的两点A 、B 满足3AF FB =u u u r u u u r，则|AB|= ．16．已知函数22,1,()1|1|,.x x x t f x x t x a ⎧+-≤<=⎨--≤≤⎩（1）若t ＝1，且)(x f 值域为[-1，3），则实数a 的取值范围为 ． （2）若存在实数a ，使)(x f 值域为[-1，1]，则实数t 的取值范围为 ． 三、解答题：本大题共6小题，共70分．第10题图17．（12分）在ABC ∆中，3ABC π∠=，点D 在边AB 上，2BD =．（1）若BCD ∆的面积为求CD ； （2）若cos 5BCA ∠=，cos 10DCA ∠=，求CD ．18．（12分）在如图三棱锥A －BCD 中，BD ⊥CD ，E ，F 分别为棱BC ，CD 上的点，且BD ∥平面AEF ，AE ⊥平面BCD ．（1）求证：平面AEF ⊥平面ACD ；（2）若2BD CD AD ===，E 为BC 的中点，求直线AF 与平面ABD 所成角的正弦值．19．（本题满分12分）已知椭圆Γ：22221(0)x y a b a b+=>>的左、右顶点分别为C 、D，且过点，P 是椭圆上异于C 、D 的任意一点，直线PC ，PD 的斜率之积为12-．（1）求椭圆Γ的方程；（2）O为坐标原点，设直线CP 交定直线x = m 于点M ，当m 为何值时，⋅uu u r uuu rOP OM 为定值．第18题图ADFB20．（本题满分12分）某工厂生产某种产品，为了控制质量，质量控制工程师要在产品出厂前对产品进行检验．现有n （N n *∈且2n ≥）份产品，有以下两种检验方式：（1）逐份检验，则需要检验n 次；（2）混合检验，将这n 份产品混合在一起作为一组来检验．若检测通过，则这n 份产品全部为正品，因而这n 份产品只要检验一次就够了；若检测不通过，为了明确这n 份产品究竟哪几份是次品，就要对这n 份产品逐份检验，此时这n 份产品的检验次数总共为1n +次．假设在接受检验的样本中，每份样本的检验结果是正品还是次品都是独立的，且每份样本是次品的概率为(01)p p <<．（1）如果4n =，采用逐份检验方式进行检验，求检测结果恰有两份次品的概率；（2）现对n 份产品进行检验，运用统计概率相关知识回答：当n 和p 满足什么关系时，用混合检验方式进行检验可以减少检验次数？（3）①当2n k =（N k *∈且2k ≥）时，将这n 份产品均分为两组，每组采用混合检验方式进行检验，求检验总次数ξ的数学期望；②当n mk =（,k m N *∈，且2k ≥，2m ≥）时，将这n 份产品均分为m 组，每组采用混合检验方式进行检验，写出检验总次数ξ的数学期望（不需证明）．21．（12分）已知函数12()(1)1x f x e x x x -=+-++，1()(2)(3)ln(3)x g x x e x x -=----．证明：（1）存在唯一x 0∈（0,1），使f (x 0)＝0；（2）存在唯一x 1∈（1，2），使g (x 1)＝0，且对(1)中的x 0，有x 0＋x 1<2．（二）选考题：10分．请考生在第22、23题中任选一题作答． 如果多做，则按所做第一题计分． 22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（本题满分10分）在直角坐标系xOy 中，直线1C的参数方程为22x y =-=⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩（其中t 为参数）．以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为=2sin ρθ．（1）写出直线1C 的极坐标方程；（2）设动直线:(0)l y kx k =>与1C ，2C 分别交于点M 、N ，求ON OM的最大值．23．[选修4-5：不等式选讲]（本题满分10分）已知函数()2f x x =-．（1）求不等式()25f x x ≤+的解集；（2）记函数()(1)(5)g x f x f x =+--+，且()g x 的最大值为M ，若0a >，求证：213Ma a +≥．永州市2020年高考第二次模拟考试试卷数学（理科）参考答案一、选择题：本大题共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．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 把答案填在答题卡中对应题号后的横线上．13．10x y --= 14．2- 15．16316．(1)[1,3]（2分）; (2) (1]-（3分）三、解答题：本大题共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（本小题满分12分）解：（1）Q 1sin 2BCD S BD BC B ∆=⋅⋅ ∴4BC = …………………………………………………………………3分在BCD ∆中，由余弦定理可得2222cos CD BC BD BC BDB =+-⋅⋅⋅∴ CD = ………………………………………………………………6分 （2）Q BCD BCA DCA ∠=∠-∠∴sin sincos cos sin BCD BCA DCA BCA DCA ∠=∠∠-∠∠ ……8分 Q cos BCA ∠=，cos DCA ∠=， ∴sin BCA ∠=，sin DCA ∠=， ∴ sin BCD ∠=………………………………………………………10分 在BCD ∆中，由正弦定理可得sin sin CD BDB BCD=∠， ∴ sin sin BD BCD BCD⋅==∠ ………………………………………………12分18．（本小题满分12分）解：（1）证明：因为//BD AEF 面，BCD AEF EF =面面I ，BD ⊂所以//BD EF ，因为BD CD ⊥，所以CD EF ⊥． 又因为AE ⊥面BCD ，CD BCD ⊂面， 所以CD AE ⊥，而EF AE E =I ，（第18题图）所以CD AEF ⊥面，又CD ACD ⊂面，所以AEF ACD ⊥面面． ………………6分 （2）解：设直线AF 与平面ABD 所成交的余弦值为θ． 连接DE ，在BCD ∆中，=2BD CD =，BE EC =，BD CD ⊥，所以DE BC ⊥，且BC =，DE = 又因为AE BCD ⊥面，DE BCD ⊂面，BC BCD ⊂面，所以AE DE ⊥，AE BC ⊥．在Rt ADE ∆中，DE 2AD =，所以AE = 如图，以点E 为坐标原点，分别以,,EC ED EA 为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，各点坐标为(0,0A，(B，D，C ， 因为//BD EF ，E 为BC 的中点，所以F 为CD的中点，即F ， 设平面ABDBA =u u u r ，，由m BAm BD⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩u r u u u r u r u u u r ，即(,,)0(,,)0m BA x y z m BD x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⊥=⋅=⎪⎩ur u u u r ， 整理得00x z x y +=⎧⎨+=⎩， 令1z =-，得1x =，1y =-，则(1,1,1)m =--u r ．……10分因为 22AF =u u u r，所以sin 3||||m AF m AF θ⋅==⨯u r u u u ru r u u u r故直线AF 与平面ABD所成交的正弦值为3． ……………12分 19．（本小题满分12分）解：（1）椭圆Γ过点，∴22211a b +=，① ………2分又因为直线,PC PD 的斜率之积为12-，可求得2212b a =，②联立①②得2,a b ==∴所求的椭圆方程为22142x y +=． ……………………………………………6分（2）方法1：由（1）知，(2,0)为-C ． 由题意可设:(2)CM y k x =+， 令x =m ,得(,(2))+M m k m ．又设11(,)P x y由22142(2)x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩整理得：2222(12)8840k x k x k +++-=．…………………6分 ∵21284212k x k --=+，∴2122412k x k-=+，1124(2)12k y k x k =+=+，所以222244(,)1212k k P k k-++， ……………………………………………………8分 ∴22222224(2)244282(2)12121212+-+⋅=⋅++⋅==++++uu u r uuu r mk k k m k OP OM m k m k k k k ，…10分 要使⋅uu u r uuu rOP OM 与k 无关，只须12=m，此时⋅uu u r uuu r OP OM 恒等于4. ∴ 2=m ……………………………………………………………………………12分 方法2：:设00(,)P x y ，则00:(2)2=++y CM y x x ，令x =m ,得00(2)(,)2++y m M m x ， ∴20000000(2)(2)(,)(,)22++⋅=⋅=+++uu u r uuu r y m y m OP OM x y m mx x x 由2200142+=x y 有220000(2)(2)2(1)42+-=-=x x x y ， 所以000(2)(2)(2)2422+--++⋅=+=uu u r uuu r m x m x m OP OM mx ，要使⋅uu u r uuu rOP OM 与0x 无关，只须12=m，此时4⋅=uu u r uuu r OP OM . ∴ 2=m …………………………………………………………………………12分20．（本小题满分12分）解：（1）如果4n =，采用逐份检验方式，设检测结果恰有两份次品的概率为222224(1)6(1)C p p p p -=-∴检测结果恰有两份次品的概率226(1)p p -． ………………………3分（2）记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为1ξ，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为2ξ，由已知得1E n ξ=，2ξ的所有可能取值为1,1n +()()211k P p ξ∴==-, ()()2111nP n p ξ=+=--∴()()21(1)11n nE p n p ξ⎡⎤=-++--⎣⎦=()11n n n p +--…………………5分要减少检验次数，则1E ξ>2E ξ，则1(1)nn n n p >+--∴(1)1nn p ->，1(1)np n->，即111()n p n <-， ………………………7分（3）①两组采用混合检验的检验次数分别为1ξ，2ξ，则由（2）知11,1k ξ=+，21,1k ξ=+， ()12()()11kE E k k p ξξ==+--，12ξξξ=+()1212()()()()2221kE E E E k k p ξξξξξ=+=+=+-- ………………10分②设这m 组采用混合检验的检验次数分别为1ξ，2ξ，,m ξK ， 11,1k ξ=+，21,1k ξ=+，,1,1m k ξ=+L ，且检验总次数12m ξξξξ=+++L ，()()11,1,2,,k i P p i m ξ∴==-=L ，()()111,1,2,,ki P k p i m ξ=+=--=L ()()11,1,2,ki E k k p i m ξ∴=+--=L()121()()()()(1)1kk k E E E E m k mk p ξξξξξξ∴=+++=++=+--L L ，所以检验总次数ξ的数学期望()(1)1km k mk p +--． …………………12分21．（本小题满分12分）证明：(1)当x ∈（0,1）时，f ′(x )＝12()(2)1x f x e x x -=-+++＞0，函数f (x )在（0,1）上为增函数．又f (0)＝-e+1<0，f (1)＝3>0，所以存在唯一x 0∈（0,1），使f (x 0)＝0．…4分 (2) 当x ∈（1，2）时，1()(2)(3)ln(3)x g x x e x x -=----, 令t =2-x , x =2-t ，x ∈（1，2），t ∈（0，1），1(2)(1)ln(1)tg t te t t --=-++, t ∈（0，1） ……………………6分记函数1(2)()ln(1)11tg t te h t t t t --==-+++，t ∈（0，1）． 则h ′(t )＝1222(1)1()(1)(1)t e t t t f t t t ---+---=++． ……………………8分由(1)得，当t ∈(0，x 0)时，f (t )<0，h ′(t )＞0， 当t ∈(x 0，1)时，f (t ) >0，h ′(t ) <0．故在(0，x 0)上h (t )是增函数，又h (0)＝0，从而可知当t ∈(0，x 0]时，h (t )>0，所以h (t )在(0，x 0]上无零点．在(x 0，1)上h (t )为减函数，由h (x 0)>0，h (1)＝12－ln 2<0，知存在唯一t 1∈(x 0，1)，使h (t 1)＝0， ……………………………………………10分 故存在唯一的t 1∈(0，1)，使h (t 1)＝0．因此存在唯一的x 1＝2－t 1∈(1，2)，使g (x 1)＝g (2－t 1)＝h (t 1)＝0．因为当t ∈(0，1)时，1＋t >0，故(2)()1g t h t t -=+与g (2－t )有相同的零点，所以存在唯一的x 1∈（1，2），使g (x 1)＝0．因为x 1＝2－t 1，t 1>x 0，所以x 0＋x 1<2． …………………………………………12分 22．（本小题满分10分） 解：（1）直线1C 的直角坐标方程为20x y +-=，将cos x ρθ=，sin y ρθ=代入方程得sin cos 2ρθρθ+=，即sin()4πρθ+= …………………………5分（2）设直线l 的极坐标方程为=0<<)2πθαα(，设12(,),(,)M N ραρα，则212sin sin()1=)242ONOMπααρπαρ+=-+，由02πα<<，有32444πππα-<-<，当sin(2)=14πα-时，ONOM的最大值为2．………………………10分23．（本小题满分10分）解：（1）由52)(+≤xxf得⎩⎨⎧+≤-≤--≥+5225252xxxx，解得1-≥x∴不等式52)(+≤xxf的解集为[)+∞-,1．………………………5分（2）Θ23131)5()1()(=+--≤+---=+--+=xxxxxfxfxg当且仅当3≥x时等号成立，∴2=M，………………………7分∴22211123Ma a a aa a a+=+=++≥=．当且仅当21aa=，即1=a时等号成立．………………………10分。
2020年湖南高三二模理科数学试卷(五市十校)答案
．
23. （ 1 ）
．
（2）
．
【解析】（ 1 ）当 当 当 当
时，不等式 时，
时， 时，
所以原不等式的解集为
（2）
即为
，
，解得
，∴
；
，解得
，∴
；
，解得
，∴
．
．
，
所以当
时， 取得最小值
，∴
．
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2020/6/1
2020年湖南高三二模理科数学试卷（五市十校）
2020年湖南高三二模理科数学试卷（五市十校）(答案)
一、选择题
1. C
【解析】
且
，
所以 故选 ．
， ．
2. D
【解析】 因为 为第三象限角，且 ∴ 所以 故选 ．
， ， ．
3. B
【解析】 该几何体是由一个半球体，挖去一个圆锥，其体积为 ．
．
故选： ．
7. A
【解析】
对称，
所以当
时，
又因为
，
∴
，
所以 的最小正周期为 ，
当
时，
，
所以 在
上为减函数．
故选 ．
，其图象关于直线
，
，
，
8. C
【解析】 偶函数 满足
当
时，
，故当
，故函数的周期为 ．
时，
．
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湖南省重点高中2020届高三数学模拟试题(二)理(扫描版)
湖南省怀化市2020届高三数学模拟试题（二）理（扫描版）理科数学 参考答案及评分细则题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 DCDBADCAACDA13．2； 14．144-； 15．23； 16．1423x <<． 三、解答题17解：⑴设数列{}n a 的首项是1a ，公差是d ，则 1111131131151048828a d a d a d a d a d +=+=⎧⎧⇒⎨⎨+=+++=⎩⎩，…………………3分 解得12,3a d ==，…………………5分 所以 31n a n =-．…………………6分 ⑵ 由⑴得 3cos n b n n π=，…………………7分 所以20203cos 6cos 29cos312cos 46060cos 2020T πππππ=+++++ (8)分3691260576060=-+-+--+ …………………10分10103333030=+++个＝…………………12分 18证明：⑴如图，连AC ，由题设 22EC =由已知AD CD ⊥，2DA DC ==得 22AC =所以 CE CA =， ……………1分又 M 是EA 的中点，所以 CM AE ⊥，………2分又已知 DA DE =，同理 DM AE ⊥，………3分因为 DMCM M =，所以 AE ⊥平面MCD ． ………5分⑵ 由222DA DE EA +=，222DC DE EC +=得DE DA ⊥，DE DC ⊥，…………6分如图，建立空间直角坐标系D xyz -，则 A （2,0,0），C （0,2,0），E （0,0,2），………7分由⑴知 AE =（-2,0,2）是平面MCD 的法向量，………8分设(0)AB a a =>，则2B a （,,0），0,2,2CE -=()，2,2,0CB a -=()，设,,m x y z =()是平面ECB 的法向量，则222(2)0y z x a y -+⎧⎨+-=⎩=0，取2,2,2m a -=()，………10分所以 cos >||||2AE m AE m AE m ⋅<⋅⋅,==，由题设 |cos >|AE m <=,11分 解得 1a =或32a =-（舍），故 底棱1AB =．……………12分 19解：⑴ 由已知PD 是线段2F E 的垂直平分线，所以121||||||||2||4PF PF PF PE OD +=+==……………1分点P 的轨迹是以12,F F 为焦点，24a =的椭圆，……………2分2,1a c ==，所以b = ……………3分 故点P 的轨迹C 的方程为 22143x y +=．……………4分⑵ 方法一：由已知切线l 的斜率存在，设其方程为y kx t =+，联立方程22143y kx tx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得222(34)84120k x ktx t +++-=，………………5分由相切得 222(8)4(34)(412)0kt k t ∆=-+-=，化简得2234t k =+，………………6分又圆心O 到切线l的距离d =||MN =， (7)分所以11||22OMN S MN d ∆==⋅=………………8分把2234t k =+代入得OMNS ∆= ………………9分 记21u k =+，则1u ≥，101u<≤， ………………10分 所以OMNS ∆===………………11分 所以，11u=时，OMN ∆．………………12分 方法一：由已知切线l 的斜率存在，设其方程为y kx t =+，联立方程22143y kx t x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得222(34)84120k x ktx t +++-=，………………5分由相切得 222(8)4(34)(412)0kt k t ∆=-+-=，化简得 2234t k =+，即2234t k -=………6分 把y kx t =+代入22:4O x y +=得 222(1)240k x ktx t +++-=，设1122(,),(,)M x y N x y ，则212122224,11kt t x x x x k k-+=-=++，……………7分 所以1211||||||||22OMNS t x x t t ∆=-====……………10分 因为22304t k -=≥，所以23t ≥，而221+y t t =在[3,)+∞上单调递增，1103+=33y ≥……11分所以OMN S ∆=≤ 所以，OMN ∆的面积有最大值．……………12分20解：⑴因为110x ≤≤时，0.1y x =单调递增，10x >时，10xy e -=单调递减，所以10x =时，y 达到峰值，由100.2x e -<得110ln 0.2lnln 5 1.615x -<==-≈-，所以11.61x >，……………1分 故 估计从第12天开始，志愿者身体内的IgM 含量水平低于0.2miu/ ml ．……………2分⑵①由已知，4t =，721()28i i t t =-=∑，……………3分所以7()()22.990.9623.85iit t u u r --===≈≈∑……………4分所以222R 0.960.92=≈．因为2221R R >，所以用函数pt z ke =拟合效果更好．……………5分 ②剔除第4组数据(4,4.85)后，4t =，411(70.60ln )(70.6 1.58)0.4466u z =⨯-=⨯-≈，………6分622222221123567124ii t==+++++=∑，……………7分64139.874ln 39.874 1.5833.55i ii t uz ==-=-⨯=∑ ……………8分61622133.55640.4422.99ˆ12461628i i i i i t u ntubtnt==--⨯⨯=≈-⨯-∑∑==0.82，……………9分ˆˆ0.440.824 2.84au bt =-=-⨯=-，……………10分 所以，ˆˆln 0.82 2.84u z t ==-，即回归方程为 0.82 2.84ˆt z e -=， ……………11分当t 4=时，0.824 2.840.44ˆ 1.55ze e ⨯-==≈，估计第4天时，该志愿者人体中IgG 的含量水平为/1.55()miu ml ．……………12分21解：⑴ 因为2cos 1()2cos 2cos 1x xx f x x x e e ⎛⎫'=-+=- ⎪⎝⎭，……………1分 由(0,2)x π∈知 110x e->， 所以0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭和3,22x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0f x '>，3,22x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，即()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭和3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上递增，在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上递减，……………3分 所以，2x π=是()f x 的极大值点，32x π=是()f x 的极小值点．……………4分 ⑵方法一：因为g(0)0=，所以0x =是()g x 的一个零点，……………5分由()(sin cos )sin cos ()xx g x x x ex x e g x ---=---+=-知，若()0g x =，则()0g x -=，所以，只要再研究(0,2]x π∈时，()g x 的零点个数， ……………6分 又 ()2sin cos sin ()xx g x ex x x e f x '=+-=，由⑴知()(0)102f x f f π⎛⎫=>=> ⎪⎝⎭极大，323()202f x f e ππ-⎛⎫==-< ⎪⎝⎭极小，2(2)0f e ππ-=>，所以()f x 在区间(0,2)π内有两个零点12,x x ，其中12330,,,222x x πππ⎛⎫⎛⎫∈∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，…8分且当()10,x x ∈时，()0f x >即()0g x '>，当()12,x x x ∈时，()0f x <即()0g x '<，当()2,2x x π∈时，()0f x >即()0g x '>，即 ()g x 在()10,x ，()2,2x π上递增，在()12,x x 上递减，……………9分因为(0)0g =，所以()10g x >，又2(2)10g e ππ=-+<，所以()20g x <，所以，()g x 在(0,2]π内有一个零点03,22x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭，……………10分 则()g x 在[2,0)π-内有另一个零点0x -，……………11分 故 ()g x 在区间[2,2]ππ-上有且只有3个零点，且这3个零点之和为 0000x x -+=．……………12分方法二：因为g(0)0=，所以0x =是()g x 的一个零点， ……………5分由()(sin cos )sin cos ()xx g x x x ex x e g x ---=---+=-知，若()0g x =，则()0g x -=，所以，只要再研究(0,2]x π∈时，()g x 的零点个数， ……………6分 又()2sin cos sin x g x e x x x '=+-，记()2sin cos sin x h x e x x x =+-，(0,2]x π∈，则 ()(sin cos )(21)(21)4xx h x x x ex e π⎛⎫'=+-=+- ⎪⎝⎭，……………7分因为(0,2]x π∈时，9,444x πππ⎛⎤+∈ ⎥⎝⎦，210x e ->，所以()h x 在30,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭，7,24ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦上递增，在37,44ππ⎛⎫⎪⎝⎭上递减，……………8分因为(0)10h =>，34304h e ππ⎛⎫=> ⎪⎝⎭，74704h ππ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，(2)10h π=>，所以137,44x ππ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，27,24x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， 使()10,x x ∈，()2,2x x π∈时，()0h x >，即()0g x '>，()12,x x x ∈时，()0h x <，即()0g x '<，所以()g x 在()10,x ，()2,2x π上递增，在()12,x x 上递减，……………9分因为(0)0g =，所以()10g x >，又2(2)10g e ππ=-+<，所以()20g x <，所以，()g x 在(0,2]π内有一个零点()012,x x x ∈，……………10分则()g x 在[2,0)π-内有另一个零点0x -， ……………11分 故 ()g x 在区间[2,2]ππ-上有且只有3个零点， 且这3个零点之和为 0000x x -+=．……………12分选考题：请考生在22、23题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分22解：⑴ 在直线l 的极坐标方程中令ρ得 cos 14πθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，所以4πθ=，……………2分点M 的极坐标为4π⎫⎪⎭．……………3分 ⑵ 把⊙C 的方程化为普通方程得 22(1)+(2)=4x y --，圆心(1,2)C ，……………4分 把直线l 的方程化为直角坐标方程得 2x y +-=0，所以，点O 到直线l 的距离为1d C 到直线l 的距离为2d ，……………5分把直线l 的方程化为参数方程得,2x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩，代入⊙C 的普通方程得23=0t -，设,A B 两点分别对应参数12,t t，则12123t t t t +==-，……………7分所以12||||AB t t =-==，……………9分 所以四边形OACB 的面积121||()22OAB S AB d d ∆=+=．……………10分 23解：（1）由已知得3=2++22ab a b ≥，所以2320≥--，………2分得2ab ≥，当且仅当2=2a bab ⎧⎨=⎩即=1,=2a b 时取“=”号， (4)分故 ab 的最小值是2．……………5分（2）因为33+a b ≥=a b 时取“=”号，……………7分由（1）得2ab ≥，当且仅当=1,=2a b 时取“=”号，……………8分所以，33+a b >，……………9分即不存在,a b，使得33+a b 10分。
湖南省2020届高三数学上学期第二次模拟考试试题 理(含解析)
湖南省2020届高三数学上学期第二次模拟考试试题 理（含解析）注意事项：1．全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效． 2．考试结束后，只交答题卡．一、选择题：本大题共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.设复数z 满足21iz =+，则z 的共轭复数为（ ） A. 1i - B. 1i +C. 1i -+D. 1i --【答案】B 【解析】 【分析】先利用复数除法的公式化简z ,再求共轭复数即可. 【详解】()()()2121111i z i i i i -===-++-,故z 的共轭复数为1i +. 故选：B【点睛】本题主要考查了复数的基本运算以及共轭复数的概念,属于基础题型. 2.已知集合{}3A x x =<，{}2log 0B x x =>，则（ ） A. {}13A B x x ⋂=<< B. A B φ⋂= C. {|3}AB x x =<D. {}1A B x x ⋃=>【答案】A 【解析】 【分析】根据对数不等式的解法求集合B ,再分析交集并集即可.【详解】{}{}2log 01B x x x x =>=>.故{}13A B x x ⋂=<<,A B R =.故选：A【点睛】本题主要考查了集合的基本运算与对数不等式的求解,属于基础题型. 3.执行图中所示程序框图，若输入14p =，则输出结果为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】B【解析】【分析】根据程序框图逐步运行求解即可.【详解】由框图知：输入14p=,1,1n S==,1.14S>判定为是, 11122S=-=,2n=.2.14S>判定为是, 111244S=-=,3n=3.14S>判定为否,输出3n=.故选：B【点睛】本题主要考查了程序框图输入数据输出结果的问题,属于基础题型.4.为了解运动健身减肥的效果，某健身房调查了20名肥胖者，健身之前他们的体重情况如三维饼图（1）所示，经过四个月的健身后，他们的体重情况如三维饼图（2）所示．对比健身前后，关于这20名肥胖者，下面结论不正确的是（）A. 他们健身后，体重在区间[90kg，100kg）内的人数不变B. 他们健身后，体重在区间[100kg，110kg）内的人数减少了4人C. 他们健身后，这20位健身者体重的中位数位于[90kg ，100kg ）D. 他们健身后，原来体重在[110kg ，120kg]内的肥胖者体重都至少减轻了10kg 【答案】D 【解析】 【分析】根据饼图逐个选项计算分析即可.【详解】对A,易得们健身后,体重在区间[90kg ,100kg ）内的人数占比均为0040,故A 正确. 对B,体重在区间[100kg,110kg ）内的人数减少了000000503020-=,即0020204⨯=人. 故B 正确.对C,因为健身后[80kg ,90kg ）内的人数占0030,[90kg ,100kg ）内的人数占0040,故中位数位于[90kg ,100kg ）.故C 正确.对D,易举出反例若原体重在[110kg,120kg]内的肥胖者重量为110kg ,减肥后为109kg 依然满足.故D 错误. 故选：D【点睛】本题主要考查了对饼图的理解,属于基础题型. 5.已知数列321121,,,,n n a a a a a a a -是首项为8，公比为12的等比数列，则4a 等于（ ） A. 8 B. 32C. 64D. 128【答案】C 【解析】 【分析】 由题可列出3241123,,,a a a a a a a 的值再累乘计算即可. 【详解】由题, 32411238,4,2,1a a aa a a a ====,故32441123842164a a a a a a a a =⋅⋅⋅=⨯⨯⨯=.故选：C【点睛】本题主要考查了根据递推公式求解某一项的问题,属于基础题型.6.某校高三年级有男生220人，编号为1，2，…，220；女生380人，编号为221，222，…，600．为了解学生的学习状态，按编号采用系统抽样的方法从这600名学生中抽取10人进行问卷调查，第一组抽到的号码为10，现从这10名学生中随机抽取2人进行座谈，则这2人中既有男生又有女生的概率是（ ） A.15B.715C.815D.45【答案】C 【解析】 【分析】根据系统抽样的方法分析抽取出来的学生编号,再分析其中男女生的个数,再利用排列组合的方法求解概率即可.【详解】由题意知,抽取的学生编号成等差数列,首项为10,公差为6006010=. 故抽取的10人中男生有10,70,130,190,这4个号码,其余的6人为女生. 即抽到的10人中,有男生4人,女生6人, 再从这10位学生中随机抽取2人座谈, 基本事件总数21045n C ==,2人中既有男生又有女生包含的基本事件个数114624m C C =⋅=, 故2人中既有男生又有女生的概率2484515m p n ===. 故选：C【点睛】本题主要考查了系统抽样的方法与排列组合解决概率的问题,属于中等题型. 7.已知定义在R 上的奇函数()f x 满足(1)(3)0f x f x ++-=，若(1)2f =，则(1)(2)(3)(2019)f f f f ++++=（ ）A. 2-B. 0C. 2D. 2020【答案】B 【解析】 【分析】根据奇偶性与(1)(3)0f x f x ++-=可得函数()f x 的周期为4,再根据性质计算(1),(2),(3),(4)f f f f 即可.【详解】因为奇函数()f x 满足(1)(3)0f x f x ++-=,即(1)(3)(3)f x f x f x +=--=-.故()f x 周期为4.故(1)(2)(3)(2019)f f f f ++++,因为20194504......3÷=.故原式[]504(1)(2)(3)(4)(1)(2)(3)f f f f f f f =⨯++++++.令0x =,则(01)(30)0(1)(3)0(3)2f f f f f ++-=⇒+=⇒=-. 令1x =,则(11)(31)02(2)0(2)0f f f f ++-=⇒=⇒=. 又奇函数()f x 故()(4)00f f ==.故[]()504(1)(2)(3)(4)(1)(2)(3)50420202020f f f f f f f ⨯++++++=⨯+-+++-=. 故选：B【点睛】本题主要考查了函数奇偶性与周期性的应用,需要根据题意分析函数的周期,再代入特殊值求对应的函数值.属于中等题型.8.已知函数()2sin()(0,||)f x x ωϕωϕπ=+><的部分图像如图所示，且(,1),(,1)2A B π-π，则ϕ的值为（ ）A. 56π-B.56π C. 6π-D.6π 【答案】D 【解析】 【分析】根据图像判断函数的周期,从而确定ω的值,再代入对应的点求得ϕ即可. 【详解】由图像可知,周期22T ππωω==⇒=.即()2sin(2)f x x ϕ=+,代入()0,1可知,12sin ϕ=.因为||ϕπ<,故6π=ϕ或56πϕ=.又由图可得,0x =在最高点的左侧,所以6π=ϕ. 故选：D【点睛】本题主要考查了根据三角函数图像求解三角函数中参数的值,需要根据题意求得周期,代入点进行分析,同时结合图像可知ϕ的范围.属于中等题型.9.北方的冬天户外冰天雪地，若水管裸露在外，则管内的水就会结冰从而冻裂水管，给用户生活带来不便．每年冬天来临前，工作人员就会给裸露在外的水管“保暖”：在水管外面包裹保温带，用一条保温带盘旋而上一次包裹到位．某工作人员采用四层包裹法（除水管两端外包裹水管的保温带都是四层）：如图1所示是相邻四层保温带的下边缘轮廓线，相邻两条轮廓线的间距是带宽的四分之一．设水管的直径与保温带的宽度都为4cm ．在图2水管的侧面展开图中，此保温带的轮廓线与水管母线所成的角的余弦值是（ ）（保温带厚度忽略不计）A. 14B. 14πC.21414ππ++ D.2116116ππ++【答案】D 【解析】 【分析】根据题意,因为相邻两条轮廓线的间距是带宽的四分之一,每隔四分之一的带宽就绕一层保温带,则一共可以盖四层.故画出所求角度所在的直角三角形,再分别分析临边与斜边即可. 【详解】由题,作''AP B D ⊥于P .根据题意可知'B P 宽为带宽四分之一即1414⨯=,又水管直径为4 cm.故4AP π=.故轮廓线与水管母线所成的角的余弦值是()2222'116cos''11614B PAB PB Aπππ+∠===++.故选：D【点睛】本题主要考查了三角函数的实际运用,需要根据题意找到对应的边角关系进行求解,属于基础题型.10.某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为（）A. 8πB. 6πC. 4πD.823π【答案】A【解析】【分析】2的等腰直角三角形,高为2.再分析外接球的直径求解即可.2的等腰直角三角形,高为2.222+2=22故外接球表面积2224482S Rπππ⎛===⎝⎭.故选：A【点睛】本题主要考查了根据三视图求外接球的表面积方法,属于基础题型.11.如图，已知双曲线22221(0)x yb aa b-=>>的左、右焦点分别为1F、2F，过右焦点作平行于一条渐近线的直线交双曲线于点A，若12AF F△的内切圆半径为4b，则双曲线的离心率为（）23B.54C.53D.322【答案】C 【解析】 【分析】设双曲线的左、右焦点分别为1(,0)F c -，2(,0)F c ，设双曲线的一条渐近线方程为b y x a=，可得直线2AF 的方程为()by x c a=-，联立双曲线的方程可得A 的坐标，设1||AF m =，2||AF n =，运用三角形的等积法，以及双曲线的定义，结合锐角三角函数的定义，化简变形可得a ，c 的方程，结合离心率公式可得所求值．【详解】设双曲线的左、右焦点分别为1(,0)F c -，2(,0)F c ， 设双曲线的一条渐近线方程为by x a=， 可得直线2AF 的方程为()b y x c a =-，与双曲线22221(0)x y b a a b-=>>联立，可得22(2c a A c +，22())2b a c ac-，设1||AF m =，2||AF n =，由三角形的面积的等积法可得2211()(2)22422b b c a m n c c ac -⋅++=⋅⋅，化简可得2442c m n a c a+=--①由双曲线的定义可得2m n a -=②在三角形12AF F 中22()sin 2b c a n acθ-=，(θ为直线2AF 的倾斜角），由tan b a θ=，22sin cos 1θθ+=，可得sin b cθ==，可得222c a n a-=，③由①②③化简可得223250c ac a --=， 即为(35)()0c a c a -+=， 可得35c a =，则53c e a ==． 故选：C.【点睛】本题考查直线与双曲线的位置关系、双曲线的定义、坐标求解、离心率求解，考查方程思想的运用及三角形等积法，考查运算求解能力，属于难题．12.数列{}n a 满足()1111nn n a a n ++=-+-,且601a <<．记数列{}n a 的前n 项和为n S ,则当n S 取最大值时n 为（ ） A. 11 B. 12 C. 11或13 D. 12或13【答案】C 【解析】 【分析】分n 的奇偶讨论数列{}n a 的奇偶性分别满足的条件,再分析n S 的最大值即可.【详解】由题,当n 为奇数时, ()1111nn n a a n ++=-+-,()()1211111n n n a a n ++++=-++-.故()()()()1211111111211n n n n n a a n n ++⎡⎤⎡⎤-=-++---+-=--⋅-=⎣⎦⎣⎦.故奇数项为公差为1的等差数列.同理当n 为偶数时, ()21213nn n a a +-=--⋅-=-. 故偶数项为公差为-3的等差数列.又601a <<即2206167a a <-<⇒<<.又()12111119a a +=-+-=.所以123a <<. 综上可知,奇数项均为正数,偶数项随着n 的增大由正变负.故当n S 取最大值时n 为奇数.故n 为奇数且此时有()()()()11121111100011110n n n n n n n a a a a n --+++⎧--+-≥+≥⎧⎪⇒⎨⎨+≤-++-≤⎩⎪⎩ ,解得1113n ≤≤.故11n =或13n =. 故选：C【点睛】本题主要考查了奇偶数列的应用,需要根据题意推导奇偶项数列的递推公式,再根据题意分析相邻两项之和与0的大小关系列不等式求解.属于难题. 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13.曲线ln y x =过点(0,1)-的切线方程为_________． 【答案】10x y --= 【解析】 【分析】根据导数的几何意义设切点列式求解即可. 【详解】由题, 1'y x =,设切点为()00,ln x x ,则在切点处的切线斜率为01x ,又切线过点(0,1)-,故0000ln (1)11x x x x --=⇒=.故切点为()1,0. 故切线方程为()101101x y y x -=---=⇒. 故答案为：10x y --=【点睛】本题主要考查了导数几何意义的运用,根据切点到定点的斜率等于在该点处的导函数的值列式求解即可.属于基础题型.14.已知AB 为圆O 的弦，若||=2AB ，则OA AB ⋅=_________． 【答案】2- 【解析】 【分析】根据数量积的几何意义求解即可. 【详解】由题,作OC AB ⊥于C.则()cos ACOA AB OA AB OAB OA AB AOπ⋅=⋅⋅-∠=-⋅⋅2AB AC =-⋅=-故答案为：2-【点睛】本题主要考查了向量的数量积运算的直接公式法,属于基础题型.15.已知以F 为焦点的抛物线C ：24y x =上的两点A 、B 满足3AF FB =，则|AB|=________．【答案】163【解析】 【分析】根据3AF FB =可求得直线AB 的倾斜角,再联立方程根据抛物线的焦半径公式求解即可. 【详解】由题,不妨设A 在第一象限.作11,AA BB 分别垂直于准线, 1BC AA ⊥于C 如图. 设FB m =,由3AF FB =,可得：3AF m =,由抛物线的定义知13AA m =,1BB m =,∴ABC 中, 32AC m m m =-=,34AB m m m =+=,故1cos 2AFx ∠=,所以直线AB 的倾斜角为3π,3∴直线AB 方程为()31y x =-,与抛物线方程联立消y 得231030x x -+= 所以121623AB x x =++=, 故答案为：163. 【点睛】本题主要考查了抛物线几何意义的运用,需要根据题中给的比例关系求出直线的倾斜角,再联立方程利用焦半径公式求解即可.属于中等题型.16.已知函数22,1,()11,.x x x t f x x t x a ⎧+-≤<⎪=⎨--≤≤⎪⎩（1）若1t =,且()f x 值域为[)1,3-,则实数a 的取值范围为_________． （2）若存在实数a ,使()f x 值域为[]1,1-,则实数t 的取值范围为_________． 【答案】 (1). [1,3] (2). (1,21]-- 【解析】 【分析】(1)根据题意有22,11,()11,1.x x x f x x x a ⎧+-≤<⎪=⎨--≤≤⎪⎩画出图像再分析即可.(2)先分析临界条件,再分析随着t 的改变图像的变化情况判断即可.【详解】(1)画出图像易得,当111x --=-时3x =（舍去负值）.故实数a 的取值范围为[1,3].(2)用虚线画出22,11y x x y x =+=--的整体图像,再分析随着t 的改变图像的变化情况. 由图,当221y x x =+=时,()21221x x +=⇒=（舍去负值）.由图可知,(1,21]t ∈--时, 存在实数3a =满足()f x 值域为[]1,1-.故答案为：(1). [1,3] (2). (21]-【点睛】本题主要考查了数形结合求解函数值域的问题,需要根据题意画出对应的图像,分析当参数变化时整个函数变化的情况,从而找到临界条件求得取值范围.属于中等题型. 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．第17题第21题为必考题，考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必做题：60分． 17.在ABC ∆中，3ABC π∠=，点D 在边AB 上，2BD =．（1）若BCD ∆的面积为23CD ；（2）若5cos 5BCA ∠=，310cos 10DCA ∠=，求CD ．【答案】（1）CD 23=（26 【解析】 【分析】(1)根据三角形面积公式与余弦定理求解即可.(2)根据BCD BCA DCA ∠=∠-∠,再利用三角函数的同角三角函数关系与差角公式求解即可.【详解】解：（1）1sin 2BCD S BD BC B ∆=⋅⋅ ∴4BC =在BCD ∆中,由余弦定理可得2222212cos 42242122CD BC BD BC BD B =+-⋅⋅⋅=+-⨯⨯⨯=∴CD 23=（2）BCD BCA DCA ∠=∠-∠∴sin sin cos cos sin BCD BCA DCA BCA DCA ∠=∠∠-∠∠5cos5BCA ∠=,310cos 10DCA ∠=,∴21cos 25sin 5BCA BCA -∠∠==,21cos 10sin 10DCA DCA -∠∠==,∴3101010102552sin 552BCD ∠=⋅-⋅=在BCD ∆中,由正弦定理可得sin sin CD BDB BCD=∠, ∴sin 6sin BD BCD BCD⋅==∠．【点睛】本题主要考查了解三角形中正余弦定理与面积的运用,属于中等题型.18.在如图三棱锥A －BCD 中，BD ⊥CD ，E ，F 分别为棱BC ，CD 上的点，且BD ∥平面AEF ，AE ⊥平面BCD ．（1）求证：平面AEF ⊥平面ACD ；（2）若2BD CD AD ===，E 为BC 的中点，求直线AF 与平面ABD 所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析（2）23【解析】 【分析】(1)证明CD AE ⊥,CD EF ⊥进而可得CD AEF ⊥面即可证明平面AEF ⊥平面ACD(2) 分别以,,EC ED EA 为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,再根据构造的直角三角形的关系求得每边的长度,再利用空间向量求解线面夹角即可.【详解】解：（1）证明：因为//BD AEF 面,BCD AEF EF =面面,BD BCD ⊂面所以//BD EF ,因为BD CD ⊥,所以CD EF ⊥． 又因为AE BCD ⊥面,CD BCD ⊂面, 所以CD AE ⊥,而EFAE E =,所以CD AEF ⊥面,又CD ACD ⊂面, 所以AEF ACD ⊥面面．（2）解：设直线AF 与平面ABD 所成交的余弦值为θ． 连接DE ,在BCD ∆中,=2BD CD =,BE EC =,BD CD ⊥,所以DE BC ⊥,且22BC =,2DE =,又因为AE BCD ⊥面,DE BCD ⊂面,BC BCD ⊂面, 所以AE DE ⊥,AE BC ⊥．在Rt ADE ∆中,2DE =,2AD =,所以2AE =．如图,以点E 为坐标原点,分别以,,EC ED EA 为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,各点坐标为(0,02)A ，,(2,0,0)B -,(0,2,0)D ,(2,0,0)C ,因为//BD EF ,E 为BC 的中点,所以F 为CD 的中点,即22,22F , 设平面ABD 的法向量(,,)m x y z =,(2,0,2)BA =,(2,2,0)BD =,由m BA m BD ⎧⊥⎨⊥⎩,即(,,)(2,0,2)0(,,)(2,2,0)0m BA x y z m BD x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⊥=⋅=⎪⎩,整理得0x z x y +=⎧⎨+=⎩,令1z =-,得1x =,1y =-,则(1,1,1)m =--．因为2(AF =,所以2sin ||||m AF m AF θ⋅==⨯故直线AF 与平面ABD 所成交的正弦值为3． 【点睛】本题主要考查了面面垂直的证明以及利用空间直角坐标系求解线面角的方法,属于中等题型.19.已知椭圆Γ：22221(0)x y a b a b+=>>的左、右顶点分别为C 、D ，且过点，P 是椭圆上异于C 、D 的任意一点，直线PC ，PD 的斜率之积为12-． （1）求椭圆Γ的方程；（2）O 为坐标原点，设直线CP 交定直线x = m 于点M ，当m 为何值时，OP OM ⋅为定值．【答案】（1）22142x y +=（2）2m =【解析】 【分析】(1)设(),P x y ,根据题意可求得2212b a =,再代入椭圆方程即可求解.(2)根据(1)中的结论, 设直线:(2)CM y k x =+,并联立与椭圆的方程,求得(,(2))+M m k m ,222244(,)1212k kP k k-++,再表达出OP OM ⋅,根据恒成立问题求得系数的关系即可.也可直接设00(,)P x y 表达出OP OM ⋅,利用00(,)P x y 满足椭圆的方程进行化简,同理可得m 的值.【详解】解：（1）椭圆Γ过点,∴22211a b+=,① 又因为直线,PC PD 的斜率之积为12-,故2221122y y y x a x a x a ⋅=-⇒=-+--. 又222222222222221x y a y y b x a a b b x a a +=⇒⇒=--=--.即2212b a =,②联立①②得2,a b ==∴所求的椭圆方程为22142x y +=．（2）方法1：由（1）知,(2,0)为-C ．由题意可设:(2)CM y k x =+, 令x=m ,得(,(2))+M m k m ．又设11(,)P x y由22142(2)x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩整理得：2222(12)8840k x k x k +++-=． ∵21284212k x k--=+,∴2122412k x k -=+,1124(2)12k y k x k =+=+, 所以222244(,)1212k kP k k -++,∴22222224(2)244282(2)12121212+-+⋅=⋅++⋅==++++mk k k m kOP OM m k m k k k k , 要使OP OM ⋅与k 无关,只需12m=,此时OP OM ⋅恒等于4.∴2m =方法2：:设00(,)P x y ,则00:(2)2=++y CM y x x ,令x=m ,得00(2)(,)2++y m M m x , ∴20000000(2)(2)(,)(,)22++⋅=⋅=+++y m y m OP OM x y m mx x x由2200142x y +=有220000(2)(2)2(1)42+-=-=x x x y , 所以000(2)(2)(2)2422+--++⋅=+=m x m x m OP OM mx ,要使OP OM ⋅与0x 无关,只须12m=,此时4OP OM ⋅=.∴2m =【点睛】本题主要考查了根据椭圆中的定值问题求解基本量的方法,同时也考查了联立直线与椭圆方程,根据椭圆上的点满足椭圆的方程,求解定值的有关问题.属于难题.20.某工厂生产某种产品，为了控制质量，质量控制工程师要在产品出厂前对产品进行检验．现有n （n *∈N 且2n ≥）份产品，有以下两种检验方式：（1）逐份检验，则需要检验n 次；（2）混合检验，将这n 份产品混合在一起作为一组来检验．若检测通过，则这n 份产品全部为正品，因而这n 份产品只要检验一次就够了；若检测不通过，为了明确这n 份产品究竟哪几份是次品，就要对这n 份产品逐份检验，此时这n 份产品的检验次数总共为1n +次．假设在接受检验的样本中，每份样本的检验结果是正品还是次品都是独立的，且每份样本是次品的概率为(01)p p <<．（1）如果4n =，采用逐份检验方式进行检验，求检测结果恰有两份次品的概率； （2）现对n 份产品进行检验，运用统计概率相关知识回答：当n 和p 满足什么关系时，用混合检验方式进行检验可以减少检验次数？（3）①当2n k =（k *∈N 且2k ≥）时，将这n 份产品均分为两组，每组采用混合检验方式进行检验，求检验总次数ξ的数学期望；②当n mk =（,k m N *∈，且2k ≥，2m ≥）时，将这n 份产品均分为m 组，每组采用混合检验方式进行检验，写出检验总次数ξ的数学期望（不需证明）．【答案】（1）226(1)p p -（2）111()np n<-（3）①()()2221kE k k p ξ=+--②()(1)1km k mk p +-- 【解析】 【分析】(1)根据二项分布的方法求解即可.(2)记采用逐份检验方式,样本需要检验的总次数为1ξ,采用混合检验方式,样本需要检验的总次数为2ξ,再根据题意求出对应的数学期望1E n ξ=,()211nE n n p ξ=+--再根据1E ξ>2E ξ化简求解即可.(3)①设两组采用混合检验的检验次数分别为1ξ,2ξ,由(2)可知()12()()11kE E k k p ξξ==+--再相加即可.②根据题意可知,这m 组采用混合检验的检验次数所有的可能值均为1,1k +,再求解数学期望即可.【详解】解：（1）如果4n =,采用逐份检验方式,设检测结果恰有两份次品的概率为222224(1)6(1)C p p p p -=-∴检测结果恰有两份次品的概率226(1)p p -．（2）记采用逐份检验方式,样本需要检验的总次数为1ξ,采用混合检验方式,样本需要检验的总次数为2ξ,由已知得1E n ξ=,2ξ的所有可能取值为1,1n +()()211kP p ξ∴==-,()()2111nP n p ξ=+=--∴()()21(1)11n n E p n p ξ⎡⎤=-++--⎣⎦=()11n n n p +--要减少检验次数,则1E ξ>2E ξ,则1(1)nn n n p >+--∴(1)1nn p ->,1(1)np n ->,即111()n p n<-,（3）①两组采用混合检验的检验次数分别为1ξ,2ξ,则由（2）知11,1k ξ=+,21,1k ξ=+,()12()()11k E E k k p ξξ==+--,12ξξξ=+()1212()()()()2221kE E E E k k p ξξξξξ=+=+=+--②设这m 组采用混合检验的检验次数分别为1ξ,2ξ,,m ξ,11,1k ξ=+,21,1k ξ=+,,1,1m k ξ=+,且检验总次数12m ξξξξ=+++,()()11,1,2,,ki P p i m ξ∴==-=,()()111,1,2,,ki P k p i m ξ=+=--=()()11,1,2,ki E k k p i m ξ∴=+--=()121()()()()(1)1kk k E E E E m k mk p ξξξξξξ∴=+++=++=+--,所以检验总次数ξ的数学期望()(1)1km k mk p +--．【点睛】本题主要考查了二项分布的方法以及根据题意求离散型随机变量的数学期望方法,需要根据题意找到所有可能的取值,再列式求解.属于难题.21.已知函数12()(1)1x f x e x x x -=+-++，1()(2)(3)ln(3)x g x x e x x -=----．证明： （1）存在唯一x 0∈（0,1），使f (x 0)＝0；（2）存在唯一x 1∈（1，2），使g (x 1)＝0，且对(1)中的x 0，有x 0＋x 1<2．【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】 【分析】(1)求导后根据极值点的存在性定理证明即可.(2)令2t x =-,换元将()(2)g x g t =-m 再构造函数1(2)()ln(1)11tg t te h t t t t --==-+++,分析()h t 的单调性,结合(1)中的结论求得()h t 存在唯一的()10,1t ∈,使1()0h t =,再根据零点的大小关系即可证明.【详解】证明：(1)当x ∈（0,1）时,f ′(x )＝12()(2)1x f x e x x -=-+++＞0,函数f (x )在（0,1）上为增函数．又f (0)＝-e+1<0,f (1)＝3>0,所以存在唯一x 0∈（0,1）,使f (x 0)＝0． (2)当x ∈（1,2）时,1()(2)(3)ln(3)x g x x e x x -=----, 令2t x =-,x =2-t ,x ∈（1,2）,t ∈（0,1）, 1(2)(1)ln(1)t g t te t t --=-++,t ∈（0,1）记函数1(2)()ln(1)11tg t te h t t t t --==-+++,t ∈（0,1）． 则h ′(t )＝1222(1)1()(1)(1)t e t t t f t t t ---+---=++．由(1)得,当t ∈(0,x 0)时,f (t )<0,h ′(t )＞0, 当t ∈(x 0,1)时,f (t )>0,h ′(t )<0．故在(0,x 0)上h (t )是增函数,又h (0)＝0,从而可知当t ∈(0,x 0]时,h (t )>0,所以h (t )在(0,x 0]上无零点．在(x 0,1)上h (t )为减函数,由h (x 0)>0,h (1)＝12－ln2<0,知存在唯一t 1∈(x 0,1),使h (t 1)＝0, 故存在唯一的t 1∈(0,1),使h (t 1)＝0．因此存在唯一x 1＝2－t 1∈(1,2),使g (x 1)＝g (2－t 1)＝h (t 1)＝0． 因为当t ∈(0,1)时,1＋t >0,故(2)()1g t h t t -=+与g (2－t )有相同的零点,所以存在唯一的x 1∈（1,2）,使g (x 1)＝0．因为x 1＝2－t 1,t 1>x 0,所以x 0＋x 1<2．【点睛】本题考查了根据导数求解隐零点的问题.需要根据题意确定零点所在区间,再根据零点满足的关系式证明函数的单调性与最值.同时也考查了构造函数证明不等式分方法,属于难题.（二）选考题：10分．请考生在第22、23题中任选一题作答． 如果多做，则按所做第一题计分．22.在直角坐标系xOy 中，直线1C的参数方程为2x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩（其中t 为参数）．以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线2C 的极坐标方程为=2sin ρθ．（1）写出直线1C 的极坐标方程；（2）设动直线:(0)l y kx k =>与1C ，2C 分别交于点M 、N ，求ON OM的最大值． 【答案】（1）sin()4πρθ+=2【解析】【分析】 (1)消去参数t 求1C 的直角坐标方程,再根据cos x ρθ=,sin y ρθ=代入方程化简即可.(2) 设直线l 的极坐标方程为=0<<)2πθαα(,再根据极坐标的几何意义求解即可.【详解】解：（1）直线1C 的直角坐标方程为20x y +-=,将cos x ρθ=,sin y ρθ=代入方程得sin cos 2ρθρθ+=,即sin()4πρθ+=（2）设直线l 的极坐标方程为=0<<)2πθαα(,设12(,),(,)M N ραρα,则212sin sin()1=)242ON OM πααρπαρ+=-+, 由02πα<<,有32444πππα-<-<, 当sin(2)=14πα-时,ON OM的最大值为2． 【点睛】本题主要考查了参数方程与直角坐标的互化以及直角坐标化极坐标的方法.同时也考查了极坐标的几何意义,属于中等题型.23.已知函数()2f x x =-．（1）求不等式()25f x x ≤+的解集；（2）记函数()(1)(5)g x f x f x =+--+，且()g x 的最大值为M ，若0a >，求证：213Ma a +≥． 【答案】（1）[)1,-+∞（2）见解析【解析】【分析】(1)根据绝对值不等式的方法求解即可.(2)利用绝对值的三角不等式可得2M =,再利用三元基本不等式求证即可.【详解】解：（1）由()25f x x ≤+得25025225x x x x +≥⎧⎨--≤-≤+⎩,解得1x ≥- ∴不等式()25f x x ≤+的解集为[)1,-+∞．（2）()(1)(5)13132g x f x f x x x x x =+--+=---+≤--+=当且仅当3x ≥时等号成立,∴2M =,∴22211123Ma a a a a a a +=+=++≥=． 当且仅当21a a =,即1a =时等号成立． 【点睛】本题主要考查了绝对值不等式的求解以及绝对值三角不等式和三元的基本不等式的方法,属于中等题型.。
2020年湖南省衡阳市高考数学二模试卷(理科)(含答案解析)
本题考查等差数列的前 n 项和公式以及通项公式的应用，属于基础题．
5.答案：B
解析：解：模拟程序的运行，可得 x=2，不满足判断框内的条件 x＞6，y=1， 不满足条件 y＞3，x=4 不满足判断框内的条件 x＞6，y=2， 不满足条件 y＞3，x=6 不满足判断框内的条件 x＞6，y=log26， 不满足条件 y＞3，x=8 满足判断框内的条件 x＞6，y=3， 不满足条件 y＞3，x=10 满足判断框内的条件 x＞6，y= ， 此时，满足条件 y＞3，退出循环，输出 y 的值为 ． 故选：B． 由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 y 的值，模拟程序的运行 过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案． 本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基 础题．
2020 年湖南省衡阳市高考数学二模试卷（理科）
题号 得分
一
二
三
总分
一、选择题（本大题共 12 小题，共 60.0 分）
1. 在三个复数 z1=a+i，z2=a-1+ ，
（）
ห้องสมุดไป่ตู้
A. 0 或 2
B. 0
C. 1
中，有且仅有一个纯虚数，则实数 a 为
D. 2
2. 集合 A=
的子集个数为（ ）
A. 4
B. 5
三、解答题（本大题共 7 小题，共 70.0 分）
17. 已知数列{an}，{bn}满足 a1=1，b1= ，
．
（1）证明：数列{an+bn}，{an-bn}为等比数列；
（2）记 Sn 为数列{an}的前 n 项和，证明：Sn＜ ．
18. 如图三棱柱 ABC-A1B1C1，点 A 在底面 A1B1C1 上的投影 O 在线段 A1C1 上，A1O=1，C1O=2，AB= ， BC= ， =λ ，（0＜λ＜1）． （1）证明：AC⊥OM； （2）若 AO=1，直线 BM 与平面 MB1C1 所成角的正弦值为 ，求 λ．
湖南省2020版高考数学模拟试卷(理科)(II)卷
湖南省2020版高考数学模拟试卷（理科）（II）卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共12题；共24分)1. （2分）已知集合，则（）A . {0}B . {1}C . {-1}D . {0,1}2. （2分）(2016·黄山模拟) 已知复数z= （i为虚数单位），则 3=（）A . 1B . ﹣1C .D .3. （2分）(2017·泰安模拟) 将函数y=cos（2x+ ）的图象向左平移个单位后，得到f（x）的图象，则（）A . f（x）=﹣sin2xB . f（x）的图象关于x=﹣对称C . f（）=D . f（x）的图象关于（，0）对称4. （2分）设是两条直线，是两个平面，下列能推出的是（）A .B .C .D .5. （2分）已知=（1，2），=（﹣2，0），且k+与垂直，则k=（）A . -1B .C .D . -6. （2分）用数学归纳法证明：1+x+x2+x3+…+xn+2= （x≠1，n∈N+）成立时，验证n=1的过程中左边的式子是（）A . 1B . 1+xC . 1+x+x2D . 1+x+x2+x37. （2分）(2017·临川模拟) 执行如图的程序框图，则输出x的值是（）A . 2016B . 1024C .D . ﹣18. （2分）（cos15°﹣cos75°）（sin75°+sin15°）=（）A .B .C .D . 19. （2分）(2020·淮北模拟) 淮北市第一次模拟考试理科共考语文、数学、英语、物理、化学、生物六科，安排在某两日的四个半天考完，每个半天考一科或两科.若语文、数学、物理三科中任何两科不能排在同一个半天，则此次考试不同安排方案的种数有（）（同一半天如果有两科考试不计顺序）A .B .C .D .10. （2分）(2019·抚顺模拟) 实数，满足约束条件，则的最小值是（）A . 5B . 4C .D .11. （2分） (2018高三上·西安期中) 设，则使函数的定义域是R ，且为奇函数的所有a的值是A . 1，3B . ，1C . ，3D . ，1，312. （2分） (2015高二下·赣州期中) 已知函数y=f（x）的图象在点M（1，f（1））处的切线方程是y= x+2，则函数g（x）=xf（x）在点N（1，g（1））处的切线方程为（）A . 6x﹣2y﹣1=0B . 3x﹣2y+2=0C . 3x+y﹣5=0D . 6x﹣y﹣1=0二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分）设随机变量ξ服从正态分布N（0，1），P（ξ＞1）=0.2，则P（﹣1＜ξ＜0）等于________．14. （1分） (2019高二下·金山期末) 若，则的值是________15. （1分） (2016高二上·友谊开学考) 在△ABC中，a=4，b=5，c=6，则 =________．16. （1分） (2020高一下·佳木斯期中) 在锐角三角形中，，则的取值范围是________.三、解答题 (共8题；共90分)17. （10分）(2018·自贡模拟) 若数列的前项和为，首项，且（1）求数列的通项公式；（2）若，令，设数列的前项和，比较与大小.18. （10分）如图所示，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=90°，CD=BC=1，点E为AD边上的中点，过点D作DF∥BC交AB于点F，现将此直角梯形沿DF折起，使得A﹣FD﹣B为直二面角，如图乙所示．（1）求证：AB∥平面CEF；（2）若二面角的余弦值为﹣，求AF的长．19. （15分） (2020高三上·辽宁月考) 某网游经销商在甲地区5个位置对“电信”和“网通”两种类型的网络在相同条件下进行游戏掉线测试，得到数据如下：电信438612网通57943参考公式：1.500.400.250.150.100.050.0250.010.0050.0010.460.71 1.32 2.07 2.71 3.84 5.0247.87910.828（1）如果在测试中掉线次数超过5次，则网络状况为“糟糕”，否则为“良好”，那么在犯错误的概率不超过0.15的前提下，能否说明游戏的网络状况与网络的类型有关？（2）若该游戏经销商要在上述接受测试的电信的5个地区中任选3个作为游戏推广，求、两个地区同时选到的概率；（3）在（2）的条件下，以表示选中的掉线次数超过5个的位置的个数，求随机变量的分布列及数学期望.20. （15分） (2016高一下·南沙期中) 在平面直角坐标系xOy中，点A（0，3），直线l：y=2x﹣4．设圆C 的半径为1，圆心在l上．（1）若圆心C也在直线y=﹣x+5上，求圆C的方程；（2）在（1）的条件下，过点A作圆C的切线，求切线的方程；（3）若圆C上存在点M，使|MA|=|MO|，求圆心C的横坐标a的取值范围．21. （15分） (2020高三上·北京期中) 已知函数， .（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求函数在上的最大值；（3）求证：存在唯一的，使得 .22. （5分）如图，四边形ABCD是圆内接四边形，BA、CD的延长线交于点P，且AB=AD，BP=2BC（Ⅰ）求证：PD=2AB；（Ⅱ）当BC=2，PC=5时．求AB的长．23. （10分）(2016·黄山模拟) 在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），在以直角坐标系的原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为ρ= （1）求曲线C的直角坐标方程和直线l的普通方程；（2）若直线l与曲线C相交于A，B两点，求△AOB的面积．24. （10分） (2019高二上·双流期中) 已知点C（-1，-1），以C为圆心的圆与直线x-y-2=0相切．（1）求圆C的方程；（2）如果圆C上存在两点关于直线ax+by+3=0对称，求3a+3b的最小值．参考答案一、单选题 (共12题；共24分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、12-1、二、填空题 (共4题；共4分)13-1、14-1、15-1、16-1、三、解答题 (共8题；共90分) 17-1、17-2、18-1、18-2、19-1、19-2、19-3、20-1、20-2、20-3、21-1、21-2、21-3、22-1、23-1、23-2、24-1、24-2、。
湖南省永州市2020届高三上学期第二次模拟考试数学(理)试题及答案
永州市2020年高考第二次模拟考试试卷数学（理科）参考答案一、选择题：本大题共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．题号 12 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 BA B D C C B D B A CC二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 把答案填在答题卡中对应题号后的横线上．13．10x y --= 14．2- 15．16316．(1)[1,3]（2分）; (2) (1]-（3分）三、解答题：本大题共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（本小题满分12分）解：（1）1sin 2BCD S BD BC B ∆=⋅⋅∴4BC = …………………………………………………………………3分 在BCD ∆中，由余弦定理可得2222cos CD BC BD BC BD B =+-⋅⋅⋅∴CD =………………………………………………………………6分 （2） BCD BCA DCA ∠=∠-∠∴sin sin coscos sin BCD BCA DCA BCA DCA ∠=∠∠-∠∠……8分cosBCA ∠=cos DCA ∠=， ∴sin BCA ∠=，sin DCA ∠=， ∴ sin BCD ∠= ………………………………………………………10分 在BCD ∆中，由正弦定理可得sin sin CD BD B BCD=∠， ∴ sin sin BD B CD BCD⋅==∠ ………………………………………………12分18．（本小题满分12分）解：（1）证明：因为//BD AEF 面，BCD AEF EF =面面所以//BD EF ，因为BD CD ⊥，所以CD EF ⊥． 又因为AE ⊥面B CD ，CD BCD ⊂面， 所以CD AE ⊥，而EF AE E = ，所以CD AEF ⊥面，又CD ACD ⊂面，所以AEF ACD ⊥面面． ………………6分 （2）解：设直线AF 与平面ABD 所成交的余弦值为θ． 连接DE ，在BCD ∆中，=2BD CD =，BE EC =， BD CD ⊥，所以DE BC ⊥，且BC =DE =，又因为AE BCD ⊥面，DE BCD ⊂面，BC BCD ⊂面，所以AE DE ⊥，AE BC ⊥．在Rt ADE ∆中，DE ，2AD =，所以AE =如图，以点E 为坐标原点，分别以,,EC ED EA 为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，各点（第18题图）坐标为(0,0A，(B，D，C ，因为//BD EF ，E 为BC 的中点，所以F 为CD的中点，即F ， 设平面ABDBA =，，由m BA m BD ⎧⊥⎪⎨⊥⎪⎩ ，即(,,)0(,,)0m BA x y z m BD x y z ⎧⋅=⋅=⎪⎨⊥=⋅=⎪⎩ ， 整理得00x z x y +=⎧⎨+=⎩， 令1z =-，得1x =，1y =-，则(1,1,1)m =-- ． (10)分因为 AF =，所以sin ||||m AF m AF θ⋅==⨯ 故直线AF 与平面ABD ． ……………12分 19．（本小题满分12分）解：（1）椭圆Γ过点，∴22211a b+=，① ………2分 又因为直线,PC PD 的斜率之积为12-，可求得2212b a =，② 联立①②得2,a b == ∴所求的椭圆方程为22142x y +=． ……………………………………………6分（2）方法1：由（1）知，(2,0)为-C ． 由题意可设:(2)CM y k x =+，令x=m ,得(,(2))+M m k m ．又设11(,)P x y由22142(2)x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩整理得：2222(12)8840k x k x k +++-=．…………………6分 ∵21284212k x k --=+，∴2122412k x k -=+，1124(2)12k y k x k =+=+， 所以222244(,)1212k k P k k-++， ……………………………………………………8分 ∴22222224(2)244282(2)12121212+-+⋅=⋅++⋅==++++ m k k k m k OP OM m k m k k k k ，…10分 要使⋅ OP OM 与k 无关，只须12=m ，此时⋅ OP OM 恒等于4. ∴ 2=m ……………………………………………………………………………12分方法2：:设00(,)P x y ，则00:(2)2=++y CM y x x ，令x=m ,得00(2)(,)2++y m M m x ， ∴20000000(2)(2)(,)(,)22++⋅=⋅=+++ y m y m OP OM x y m mx x x 由2200142+=x y 有220000(2)(2)2(1)42+-=-=x x x y ，所以000(2)(2)(2)2422+--++⋅=+= m x m x m OP OM mx ， 要使⋅ OP OM 与0x 无关，只须12=m ，此时4⋅= OP OM . ∴ 2=m …………………………………………………………………………12分20．（本小题满分12分）解：（1）如果4n =，采用逐份检验方式，设检测结果恰有两份次品的概率为222224(1)6(1)C p p p p -=- ∴检测结果恰有两份次品的概率226(1)p p -．………………………3分 （2）记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为1ξ，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为2ξ，由已知得1E n ξ=，2ξ的所有可能取值为1,1n +()()211k P p ξ∴==-,()()2111n P n p ξ=+=-- ∴()()21(1)11n n E p n p ξ⎡⎤=-++--⎣⎦=()11n n n p +-- …………………5分 要减少检验次数，则1E ξ>2E ξ，则1(1)n n n n p >+-- ∴(1)1n n p ->，1(1)np n ->，即111(n p n <-， ………………………7分 （3）①两组采用混合检验的检验次数分别为1ξ，2ξ，则由（2）知11,1k ξ=+，21,1k ξ=+， ()12()()11k E E k k p ξξ==+--，12ξξξ=+()1212()()()()2221k E E E E k k p ξξξξξ=+=+=+-- ………………10分②设这m 组采用混合检验的检验次数分别为1ξ，2ξ，,m ξ ， 11,1k ξ=+，21,1k ξ=+，,1,1m k ξ=+ ，且检验总次数12m ξξξξ=+++ ， ()()11,1,2,,k i P p i m ξ∴==-= ，()()111,1,2,,k i P k p i m ξ=+=--=()()11,1,2,k i E k k p i m ξ∴=+--=()121()()()()(1)1k k k E E E E m k mk p ξξξξξξ∴=+++=++=+-- ，所以检验总次数ξ的数学期望()(1)1k m k mk p +--． …………………12分21．（本小题满分12分）证明：(1)当x ∈（0,1）时，f ′(x )＝12()(2)1x f x e x x -=-+++＞0，函数f (x )在（0,1）上为增函数．又f (0)＝-e+1<0，f (1)＝3>0，所以存在唯一x 0∈（0,1），使f (x 0)＝0．…4分(2) 当x ∈（1，2）时，1()(2)(3)ln(3)x g x x e x x -=----,令t =2-x , x =2-t ，x ∈（1，2），t ∈（0，1），1(2)(1)ln(1)t g t te t t --=-++, t ∈（0，1）……………………6分 记函数1(2)()ln(1)11tg t te h t t t t --==-+++，t ∈（0，1）． 则h ′(t )＝1222(1)1()(1)(1)t e t t t f t t t ---+---=++． ……………………8分 由(1)得，当t ∈(0，x 0)时，f (t )<0，h ′(t )＞0，当t ∈(x 0，1)时，f (t ) >0，h ′(t ) <0．故在(0，x 0)上h (t )是增函数，又h (0)＝0，从而可知当t ∈(0，x 0]时，h (t )>0，所以h (t )在(0，x 0]上无零点．在(x 0，1)上h (t )为减函数，由h (x 0)>0，h (1)＝12－ln 2<0，知存在唯一t 1∈(x 0，1)，使h (t 1)＝0， ……………………………………………10分故存在唯一的t 1∈(0，1)，使h (t 1)＝0．因此存在唯一的x 1＝2－t 1∈(1，2)，使g (x 1)＝g (2－t 1)＝h (t 1)＝0．因为当t ∈ (0，1)时，1＋t >0，故(2)()1g t h t t -=+与g (2－t )有相同的零点，所以存在唯一的x 1∈（1，2），使g (x 1)＝0．因为x 1＝2－t 1，t 1>x 0，所以x 0＋x 1<2． …………………………………………12分22．（本小题满分10分）解：（1）直线1C 的直角坐标方程为20x y +-=，将cos x ρθ=，sin y ρθ=代入方程得sin cos 2ρθρθ+=，即sin()4πρθ+= …………………………5分（2）设直线l 的极坐标方程为=0<<)2πθαα(，设12(,),(,)M N ραρα，则211=)42ON OM ρπαρ=-+， 由02πα<<，有32444πππα-<-<， 当sin(2)=14πα-时，ON OM的最大值为． ………………………10分 23．（本小题满分10分） 解：（1）由52)(+≤x x f 得⎩⎨⎧+≤-≤--≥+52252052x x x x ，解得1-≥x∴不等式52)(+≤x x f 的解集为[)+∞-,1． ………………………5分（2） 23131)5()1()(=+--≤+---=+--+=x x x x x f x f x g当且仅当3≥x 时等号成立，∴2=M ， ………………………7分∴22211123Ma a a a a a a +=+=++≥=． 当且仅当21a a =，即1=a 时等号成立． ………………………10分。
2020年湖南省株洲市高考数学二模试卷(理科)
2020年湖南省株洲市高考数学二模试卷（理科）一、选择题：本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．（3分）已知集合M＝{﹣1，0，1，2}，N＝{x|1≤x≤3}，则M∩N＝（）A．{﹣1，0，1，2，3}B．{﹣1，0，1}C．{1，2}D．{1，2，3}2．（3分）i为虚数单位，复数的虚部是（）A．﹣1B．1C．i D．﹣i3．（3分）如图，在边长为1的正方形内有不规则图形Ω，由电脑随机从正方形中抽取10000个点，若落在图形Ω内和图形Ω外的豆子分别为3335，6665，则图形Ω面积的估计值为（）A．B．C．D．4．（3分）已知双曲线C：﹣＝1的一条渐近线l的倾斜角为，且C的一个焦点到l的距离为，则双曲线C的方程为（）A．＝1B．＝1C．＝1D．x2﹣5．（3分）已知等差数列{a n}单调递增且满足a1+a10＝4，则a8的取值范围是（）A．（2，4）B．（﹣∞，2）C．（2，+∞）D．（4，+∞）6．（3分）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，E为CD的中点，则的值为（）A．1B ．C ．D ．7．（3分）已知命题p：∀x＞0，e x＞x+1，命题q：∃x∈（0，+∞），lnx≥x，则下列命题正确的是（）A．p∧q B．（￢p）∧q C．p∧（￢q）D．（￢p）∧（￢q）8．（3分）一个几何体的三视图如图所示，那么这个几何体的体积为（）A．96B．120C．144D．1809．（3分）高铁是一种快捷的交通工具，为我们的出行提供了极大的方便．某高铁换乘站设有编号为①，②，③，④，⑤的五个安全出口，若同时开放其中的两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间如下：①②②③③④④⑤①⑤安全出口编号120220160140200疏散乘客时间（s）则疏散乘客最快的一个安全出口的编号是（）A．①B．②C．④D．⑤10．（3分）若函数f（x）＝cos（2x﹣）﹣a（x∈[0，]）恰有三个不同的零点x1，x2，x3，则x1+x2+x3的取值范围是（）A．[，）B．[，）C．（，]D．（，] 11．（3分）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1，AB＝AA1＝2，AD＝1，正方形CC1D1D所在平面记为α，若经过点A的直线l与长方体ABCD﹣A1B1C1D1所有的棱所成角相等，且l∩α＝M，则线段AM的长为（）A．B．3C．D．12．（3分）设函数f（x）＝，其中a≤﹣2，则满足f（x）+f（x﹣1）＜3的x取值范围是（）A．（﹣1，+∞）B．（﹣，+∞）C．（﹣2，+∞）D．（0，+∞）二、填空题（将答案填在答题纸上）13．（3分）已知实数x，y满足条件，则y﹣2x的最大值为．14．（3分）在（1﹣）（1+x）5的展开式中，x2项的系数为（用数字作答）．15．（3分）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝4，4S n＝a1+a2+……+a n+1（n≥1），则a n ＝．16．（3分）已知F1，F2是椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左右焦点，B是短轴的一个端点，线段BF2的延长线交椭圆C于点D，若△F1BD为等腰三角形，则椭圆C的离心率为．三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．如图，在四边形ABCD中，∠ADC＝，AD＝3，sin∠BCD＝，连接BD，3BD ＝4BC．（Ⅰ）求∠BDC的值；（Ⅱ）若BD＝，∠AEB＝，求△ABE的面积最大值．18．如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为边长为2的菱形，∠BAD＝，PA＝PB，M 为AB中点，连接MD．（Ⅰ）求证：平面PCD⊥平面PMD；（Ⅱ）若平面PAB⊥平面ABCD，且二面角B﹣AP﹣D的余弦值为，求四棱锥P﹣ABCD的体积．19．已知抛物线E：y2＝2px（p＞0）经过点A（1，2），过A作两条不同直线l1，l2，其中直线l1，l2关于直线x＝1对称．（Ⅰ）求抛物线E的方程及准线方程；（Ⅱ）设直线l1，l2分别交抛物线E于B、C两点（均不与A重合），若以线段BC为直径的圆与抛物线E的准线相切，求直线BC的方程．20．从某公司生产线生产的某种产品中抽取1000件，测量这些产品的一项质量指标，由检测结果得如图所示的频率分布直方图：（Ⅰ）求这1000件产品质量指标的样本平均数和样本方差s2（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（Ⅱ）由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N（μ，σ2），其中μ近似为样本平均数，δ2近似为样本方差s2．（i）利用该正态分布，求P（175.6＜Z＜224.4）；（ii）已知每件该产品的生产成本为10元，每件合格品（质量指标值Z∈（175.6，224.4）的定价为16元；若为次品（质量指标值Z∉（175.6，224.4），除了全额退款外且每件次品还须赔付客户48元．若该公司卖出100件这种产品，记Y表示这件产品的利润，求E（Y）．附：≈12.2．若Z～N（μ，δ2），则P（μ﹣δ＜Z＜μ+δ）＝0.68，P（μ﹣2δ＜Z ＜μ+2δ）＝0.95．21．设函数f（x）＝e x（ax+2），g（x）＝x2+4x+2（Ⅰ）讨论y＝f（x）的极值；（Ⅱ）若曲线y＝f（x）和曲线y＝g（x）在点P（0，2）处有相同的切线，且当x≥﹣2时，mf（x）≥g（x），求m的取值范围．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xoy中，圆C的参数方程为（φ为参数），现以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求圆C的极坐标方程；（Ⅱ）设P，Q是圆C上的两个动点，且∠POQ＝，求|OP|+|OQ|的最大值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|2x﹣a|+|x﹣1|，a∈R．（Ⅰ）若a＝﹣2，解不等式f（x）≤5；（Ⅱ）当a＜2时，函数f（x）的最小值为3，求实数a的值．2020年湖南省株洲市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题：本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．（3分）已知集合M＝{﹣1，0，1，2}，N＝{x|1≤x≤3}，则M∩N＝（）A．{﹣1，0，1，2，3}B．{﹣1，0，1}C．{1，2}D．{1，2，3}【解答】解：∵M＝{﹣1，0，1，2}，N＝{x|1≤x≤3}；∴M∩N＝{1，2}．故选：C．2．（3分）i为虚数单位，复数的虚部是（）A．﹣1B．1C．i D．﹣i【解答】解：∵＝，∴复数的虚部是1．故选：B．3．（3分）如图，在边长为1的正方形内有不规则图形Ω，由电脑随机从正方形中抽取10000个点，若落在图形Ω内和图形Ω外的豆子分别为3335，6665，则图形Ω面积的估计值为（）A．B．C．D．【解答】解：设图形Ω的面积为S，因为由电脑随机从正方形中抽取10000个点，落在Ω图形内和图形Ω外的豆子分别3335，6665，所以＝，故选：A．4．（3分）已知双曲线C：﹣＝1的一条渐近线l的倾斜角为，且C的一个焦点到l的距离为，则双曲线C的方程为（）A．＝1B．＝1C．＝1D．x2﹣【解答】解：双曲线的渐近线方程为y＝±x，焦点坐标为（±c，0），∴，解得b＝，a＝1．∴双曲线的方程为：x2﹣＝1．故选：D．5．（3分）已知等差数列{a n}单调递增且满足a1+a10＝4，则a8的取值范围是（）A．（2，4）B．（﹣∞，2）C．（2，+∞）D．（4，+∞）【解答】解：设公差为d，则∵a1+a10＝4，∴2a1+9d＝4，∴a1＝2﹣，∴a8＝a1+7d＝2+d，∵d＞0，∴a8＝2+d＞2．故选：C．6．（3分）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，E为CD的中点，则的值为（）A．1B．C．D．【解答】解：在菱形ABCD中，∠BAD＝60，∴△ABD为正三角形，由＜＞＝60°，可得＜＞＝180°﹣60°＝120°．∴＝（+）•＝+═2×2×cos60°+1×2×cos120°＝2﹣1＝1，故选：A．7．（3分）已知命题p：∀x＞0，e x＞x+1，命题q：∃x∈（0，+∞），lnx≥x，则下列命题正确的是（）A．p∧q B．（￢p）∧q C．p∧（￢q）D．（￢p）∧（￢q）【解答】解：令f（x）＝e x﹣x﹣1，则f′（x）＝e x﹣1，当x＞0时，f′（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）单调递增，f（x）＞f（0）＝0，∴∀x＞0，e x＞x+1，p真；令g（x）＝lnx﹣x，g′（x）＝﹣1＝，当0＜x＜1时，g′（x）＞0，当x＞1时，g′（x）＜0，即当x＝1时，g（x）取得极大值，同时也是最大值g（1）＝﹣1＜0，所以g（x）≤0 在（0，+∞）恒成立，则q为假命题；则p∧（￢q）为真命题，故选：C．8．（3分）一个几何体的三视图如图所示，那么这个几何体的体积为（）A．96B．120C．144D．180【解答】解：由已知中的三视图，可得该几何体是一个以侧视图为底面的柱体，柱体的底面由一个边长为4的正方形和一个底边长为4，高为2的三角形组成，故柱体的底面面积S＝4×4+×2×4＝20，柱体的高即为三视图的长，即h＝6．故柱体的体积V＝Sh＝120，故选：B．9．（3分）高铁是一种快捷的交通工具，为我们的出行提供了极大的方便．某高铁换乘站设有编号为①，②，③，④，⑤的五个安全出口，若同时开放其中的两个安全出口，疏散1000名乘客所需的时间如下：①②②③③④④⑤①⑤安全出口编号120220160140200疏散乘客时间（s）则疏散乘客最快的一个安全出口的编号是（）A．①B．②C．④D．⑤【解答】解：设某高铁换乘站设有编号为①，②，③，④，⑤的五个安全出口疏散乘客时间分别为a、b、c、d、e，则a+b＝120，b+c＝220，c+d＝160，d+e＝140，a+e＝200，解得：a＝60，b＝60，c＝160，d＝0，e＝140，则疏散乘客最快的一个安全出口的编号是④，故选：C．10．（3分）若函数f（x）＝cos（2x﹣）﹣a（x∈[0，]）恰有三个不同的零点x1，x2，x3，则x1+x2+x3的取值范围是（）A．[，）B．[，）C．（，]D．（，]【解答】解：设t＝2x﹣，因为x∈[0，]，所以t∈[﹣，2π]，则g（t）＝cos t，t∈[﹣，2π]，函数f（x）＝cos（2x﹣）﹣a（x∈[0，]）恰有三个不同的零点x1，x2，x3等价于y＝g（t）与直线y＝a有三个不同的交点，由图可知：t2+t3＝2π，t1∈[﹣，0），即2x2+2x3＝2π，2x1∈[﹣，0），即x2+x3＝，x1∈[0，），所以x1+x2+x3∈[，），故选：A．11．（3分）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1，AB＝AA1＝2，AD＝1，正方形CC1D1D所在平面记为α，若经过点A的直线l与长方体ABCD﹣A1B1C1D1所有的棱所成角相等，且l∩α＝M，则线段AM的长为（）A．B．3C．D．【解答】解：以D为原点建立空间坐标系D﹣xyz，如图所示，则＝（1，0，0），＝（0，2，0），＝（0，0，2），设M（0，x，y），则＝（﹣1，x，y），∴cos＜＞＝，cos＜＞＝，cos＜，＞＝，∵点A的直线l与长方体ABCD﹣A1B1C1D1所有的棱所成角相等，∴|x|＝|y|＝1，∴AM＝＝．故选：D．12．（3分）设函数f（x）＝，其中a≤﹣2，则满足f（x）+f（x﹣1）＜3的x取值范围是（）A．（﹣1，+∞）B．（﹣，+∞）C．（﹣2，+∞）D．（0，+∞）【解答】解：函数f（x）＝，其中a≤﹣2，若x＜a≤﹣2，则x﹣1＜a﹣1≤﹣3，f（x）的导数为f′（x）＝﹣3x2+3＝﹣3（x+1）（x﹣1）＜0，可得f（x）＞f（﹣2）＝2，f（x﹣1）＞f（﹣3）＝27﹣9＝18，即有f（x）+f（x﹣1）＞20，不符题意；则x≥a，若x﹣1≥a，f（x）+f（x﹣1）＜3，即为﹣x﹣x+1＜3，解得x＞﹣1；若a﹣1≤x﹣1＜a，f（x）+f（x﹣1）＜3，即为﹣x﹣（x﹣1）3+3（x﹣1）＜3，化为x3﹣3x2+x+5＞0，由于a≤﹣2，且a≤x＜a+1，可得g（x）＝x3﹣3x2+x+5的导数g′（x）＝3x2﹣6x+1＞0，即g（x）在[a，a+1）递增，g（a）取得最小值，且为a3﹣3a2+a+5，且a3﹣3a2+a+5，而在a≤﹣2时，a3﹣3a2+a+5递增，且为负值，不符题意．综上可得x的范围是（﹣1，+∞）．故选：A．二、填空题（将答案填在答题纸上）13．（3分）已知实数x，y满足条件，则y﹣2x的最大值为2．【解答】解：实数x，y满足条件的可行域如图：设z＝y﹣2x，则y＝2x+z，当y＝2x+z经过可行域的A（0，2）时，目标函数取得最大值：2．故答案为：2．14．（3分）在（1﹣）（1+x）5的展开式中，x2项的系数为0（用数字作答）．【解答】解：∵（1﹣）（1+x）5＝（1﹣）（1+5x+10x2+10x3+5x4+x5），故x2项的系数为10﹣10＝0，故答案为：0．15．（3分）已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝4，4S n＝a1+a2+……+a n+1（n≥1），则a n＝．【解答】解：∵4S n＝a1+a2+……+a n+1（n≥1），＝a1+a2+……+a n（n≥2），∴4S n﹣1两式相减可得4a n＝a n+1，即＝4，当n＝1时，4S1＝a1+a2，∴a2＝3a1＝12，∵＝3≠4，∴数列{a n}从第二项开始，以12为首项，以4为公比的等比数列，∴a n＝12×4n﹣2＝3×4n﹣1，n≥2，综上所述a n＝，故答案为：．16．（3分）已知F1，F2是椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左右焦点，B是短轴的一个端点，线段BF2的延长线交椭圆C于点D，若△F1BD为等腰三角形，则椭圆C的离心率为．【解答】解：∵BF1+BF2＝2a，DF1+DF2＝2a，∴BD+DF1+BF1＝4a，∵△F1BD是等腰三角形，BF1＝BF2＝a，∴DF2＝BD﹣BF2＝a，不妨设B在x轴上方，作DM⊥x轴于M，则＝，∴MF2＝c，DM＝b，即D（，﹣b）．代入椭圆方程可得+＝1，故＝，解得e＝．故答案为：．三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．如图，在四边形ABCD中，∠ADC＝，AD＝3，sin∠BCD＝，连接BD，3BD ＝4BC．（Ⅰ）求∠BDC的值；（Ⅱ）若BD＝，∠AEB＝，求△ABE的面积最大值．【解答】解：（Ⅰ）在△BCD中，由正弦定理得＝，∴sin∠BDC＝＝．∵3BD＝4BC，∴BD＞BC，∴∠BDC为锐角，∴∠BDC＝．（Ⅱ）在△ABD中，AD＝3，BD＝，∠ADB＝﹣＝，∴AB＝＝2．在△ABE中，由余弦定理得AB2＝AE2+BE2﹣2AE•BE•cos，∴12＝AE2+BE2﹣AE•BE≥2AE•BE﹣AE•BE＝AE•BE，当且仅当AE＝BE时等号成立，∴AE•BE≤12，∴S △ABE＝AE•BE•sin≤＝3，即△ABE面积的最大值为3．18．如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为边长为2的菱形，∠BAD＝，PA＝PB，M 为AB中点，连接MD．（Ⅰ）求证：平面PCD⊥平面PMD；（Ⅱ）若平面PAB⊥平面ABCD，且二面角B﹣AP﹣D的余弦值为，求四棱锥P﹣ABCD的体积．【解答】（Ⅰ）证明：连接BD，∵菱形ABCD中，∠BAD＝，∴△ABD为等边三角形，又M为BC中点，∴DM⊥AB．∵PA＝PB，∴PM⊥AB，又DM∩PM＝M，∴AB⊥平面PMD，又AB∥CD，∴CD⊥平面PMD，又CD⊂平面PCD，∴平面PCD⊥平面PMD．（Ⅱ）解：∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PM⊥AB，PM⊂平面PAB，∴PM⊥平面ABCD，以M为原点，MB，MD，MP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系M ﹣xyz，设PM＝a，则P（0，0，a），A（﹣1，0，0），D（0，﹣，0），∴＝（1，，0），＝（1，0，a），设平面ADP的一个法向量为＝（x，y，z），则，即，令z＝﹣，可地＝（a，﹣a，﹣），又＝（0，1，0）为平面PAB的法向量，由题意得cos＜＞＝＝＝，解得a＝，即PM＝，又菱形ABCD的面积为AB×DM＝2，∴四棱锥P﹣ABCD的体积为V＝＝2．19．已知抛物线E：y2＝2px（p＞0）经过点A（1，2），过A作两条不同直线l1，l2，其中直线l1，l2关于直线x＝1对称．（Ⅰ）求抛物线E的方程及准线方程；（Ⅱ）设直线l1，l2分别交抛物线E于B、C两点（均不与A重合），若以线段BC为直径的圆与抛物线E的准线相切，求直线BC的方程．【解答】解：（Ⅰ）∵抛物线E过点A（1，2），∴2p＝4，解得p＝2，∴抛物线的方程为y2＝4x，准线方程为x＝﹣1．（Ⅱ）不妨设B在C的左边，从而可设直线AB的方程为x﹣1＝m（y﹣2）（m＞0），即x＝my﹣2m+1，联立抛物线方程，消去x整理得y2﹣4my+8m﹣4＝0．则2+y B＝4m，故y B＝4m﹣2，∴x B＝4m2﹣4m+1，∴点B（4m2﹣4m+1，4m﹣2）．又由条件得AB与AC的倾斜角互补，以﹣m代替点B坐标中的m，可得点C（4m2+4m+1，﹣4m﹣2）．∴|BC|＝＝8m，且BC中点的横坐标为＝1+4m2，∵以线段BC为直径的圆与抛物线E的准线相切，∴4m2+1+1＝＝4m，解得m＝∴B（3﹣2，2﹣2），C（3+2，﹣2﹣2），∴k BC＝﹣1，∴直线BC的方程为y﹣（2﹣2）＝﹣（x﹣3+2），即x+y﹣1＝0．20．从某公司生产线生产的某种产品中抽取1000件，测量这些产品的一项质量指标，由检测结果得如图所示的频率分布直方图：（Ⅰ）求这1000件产品质量指标的样本平均数和样本方差s2（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（Ⅱ）由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N（μ，σ2），其中μ近似为样本平均数，δ2近似为样本方差s2．（i）利用该正态分布，求P（175.6＜Z＜224.4）；（ii）已知每件该产品的生产成本为10元，每件合格品（质量指标值Z∈（175.6，224.4）的定价为16元；若为次品（质量指标值Z∉（175.6，224.4），除了全额退款外且每件次品还须赔付客户48元．若该公司卖出100件这种产品，记Y表示这件产品的利润，求E（Y）．附：≈12.2．若Z～N（μ，δ2），则P（μ﹣δ＜Z＜μ+δ）＝0.68，P（μ﹣2δ＜Z ＜μ+2δ）＝0.95．【解答】解（Ⅰ）由题意得＝170×0.02+180×0.09+190×0.22+200×0.33+210×0.24+220×0.08+230×0.02＝200s2＝（170﹣200）2×0.02+（180﹣200）2×0.09+（190﹣200）2×0.22+（200﹣200）2×0.33+（210﹣200）2×0.24+（220﹣200）2×0.08+（230﹣200）2×0.02＝150∴，即样本平均数为200，样本方差为150．（Ⅱ）（i）由（Ⅰ）可知，μ＝200，σ＝≈12.2，∴Z～N（200，12.22），∴P（175.6＜Z＜224.4）＝P（μ﹣2σ＜μ+σ）≈0.95，（ii）设X表示100件产品的正品数，由题意得X～B（100，0.95）∴EX＝100×0.95＝95，∴EY＝16EX﹣48×5﹣100×10＝280．21．设函数f（x）＝e x（ax+2），g（x）＝x2+4x+2（Ⅰ）讨论y＝f（x）的极值；（Ⅱ）若曲线y＝f（x）和曲线y＝g（x）在点P（0，2）处有相同的切线，且当x≥﹣2时，mf（x）≥g（x），求m的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝e x（ax+2），∴f′（x）＝e x（ax+a+2）．①当a＝0时，∴f′（x）＝2e x＞0恒成立，∴f（x）在R上单调递增，无极值．②当a＞0时，由f′（x）＝0，解得x＝﹣，可得函数f（x）在（﹣∞，﹣）上单调递减；函数f（x）在（﹣，+∞）上单调递增．所以当x＝﹣时，f（x）有极小值，且f（﹣）＝﹣a，无极大值．③当a＜0时，由f′（x）＝0，解得x＝﹣，可得函数f（x）在（﹣∞，﹣）上单调递增；函数f（x）在（﹣，+∞）上单调递减．所以当x＝﹣时，f（x）有极大值，且f（﹣）＝﹣a，无极小值．综上所述：当a＝0时，f（x）在R上无极值．当a＞0时，f（x）有极小值，且f（﹣）＝﹣a，无极大值．③当a＜0时，由f′（x）＝0，解得x＝﹣，f（x）有极大值，且f（﹣）＝﹣a，无极小值．（Ⅱ）由题意得：g′（x）＝2x+4，∵曲线y＝f（x）和曲线y＝g（x）在点P（0，2）处有相同的切线，∴f′（0）＝g′（0），即a+2＝4，解得a＝2，∴f（x）＝e x（2x+2）．令F（x）＝mf（x）﹣g（x）＝me x（2x+2）﹣（x2+4x+2），则F′（x）＝me x（2x+4）﹣（2x+4）＝（me x﹣1）（2x+4），由题意可得F（0）＝2m﹣2≥0，解得m≥1．由F′（x）＝0，解得x1＝﹣lnm，x2＝﹣2．①当﹣lnm＞﹣2，即1≤m＜e2时，则﹣2＜x1≤0，∴当x∈（﹣2，x1）时，F′（x）＜0，F（x）单调递减；当x∈（x1，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）单调递增．∴F（x）在（﹣2，+∞）上的最小值为F（x1）＝2x1+2﹣﹣4x1﹣2＝﹣x1（x1+2）≥0．∴mf（x）≥g（x），恒成立．②当﹣lnm＝﹣2，即m＝e2时，则F′（x）＝（e x+2﹣1）（2x+4），∴当x≥﹣2时，F′（x）≥0，函数F（x）在（﹣2，+∞）上单调递增，又F（﹣2）＝0，∴当x≥﹣2时，F（x）≥0，即mf（x）≥g（x），恒成立．③当﹣lnm＜﹣2，即m＞e2时，则F（﹣2）＝﹣2me﹣2+2＝﹣2e﹣2（m﹣e2）＜0．从而当x≥﹣2时，F（x）≥0，即mf（x）≥g（x）不可能恒成立．综上所述m的取值范围为[1，e2]．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xoy中，圆C的参数方程为（φ为参数），现以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求圆C的极坐标方程；（Ⅱ）设P，Q是圆C上的两个动点，且∠POQ＝，求|OP|+|OQ|的最大值．【解答】解（Ⅰ）圆C直角坐标方程为（x﹣1）2+y2＝1，x2+y2﹣2x＝0C：ρ2﹣2ρcosθ＝0，ρ＝2cosθP（ρ1，θ），Q（ρ2，）|OP|＝ρ1＝2cosθ，|OQ|＝ρ2＝2cos （θ+），|OP|+|OQ|＝2cosθ+2cos（θ+）＝3cosθ﹣sinθ＝2cos（θ+）∵，∴﹣＜θ＜∴θ＝﹣时，|OP|+|OQ|取得最大值2．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|2x﹣a|+|x﹣1|，a∈R．（Ⅰ）若a＝﹣2，解不等式f（x）≤5；（Ⅱ）当a＜2时，函数f（x）的最小值为3，求实数a的值．【解答】解（Ⅰ）a＝﹣2时，不等式为|2x+2|+|x﹣1|≤5①当x≤﹣1 时，不等式化为﹣2x﹣2﹣x+1≤5，x≥﹣2，此时﹣2≤x≤﹣1②当﹣1＜x＜1 时，不等式化为2x+2﹣x+1≤5，x≤2时，﹣1≤x＜1；③当x≥1 时，不等式化为2x+2+x﹣1≤5，x≤，此时1综上所述，不等式的解集为{x|﹣2}（Ⅱ）法一：函数f（x）＝|2x﹣a|+|x﹣1|，当a＜2，即＜1时，f（x）＝所以f（x）min＝f（）＝﹣+1＝3，得a＝﹣4＜2（符合题意），故a＝﹣4．法二：f（x）＝|2x﹣a|+|x﹣1|＝|x﹣|+|x﹣|+|x﹣1|≥|x﹣|+|x﹣1|≥|（x﹣）﹣（x ﹣1）|＝|﹣1|所以f（x）min＝|﹣1|＝3，又a＜2，所以a＝﹣4．。