2020河北高考理科数学模拟试题(含答案)
2020年河北省高考数学模拟试卷(理科)(3月份)(含答案解析)
2020年河北省高考数学模拟试卷(理科)(3月份)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x||x−3|<4}，B={x|x2+2x−8≥0}，则A∩∁R B=()A. {x|−1<x<2}B. {x|−4<x<7}C. {x|−1<x<7}D. {x|x>2或x<−4}2.已知复数z=1+i，则|zi|等于()A. 4B. 2C. √2D. 123.已知向量a⃗=(3,4)，b⃗ =(−3,1)，a⃗与b⃗ 的夹角为θ，则tanθ等于()A. 13B. −13C. −3D. 34.若双曲线C：x22−y23m=λ的一条渐近线方程为2x+3y=0，则m=()A. 32B. 23C. 827D. 2785.已知三棱锥的三视图如图所示，其中侧视图为直角三角形，俯视图为等腰直角三角形，则此三棱锥的表面积为()A. √3+√7B. 1+√3+√7C. 1+2√3+√7D. 1+√3+2√76.已知随机变量X服从正态分布N(1 , σ2)，若P(0<X⩽1)=0.3，则P(X⩾2)等于()A. 0.7B. 0.35C. 0.4D. 0.27.将函数的图象向右平移π6个单位长度，得到的图象关于y轴对称，则ω的最小值为()A. 7B. 6C. 5D. 48.函数f(x)=ln|x−1||1−x|的图象大致为()A.B.C.D.9. 已知平面区域Ω：{(x +2y −1)(x −2y +3)≥0|x −1|≤3，则Ω的面积为( )A. 11B. 13C. 15D. 1710. 设函数f(x)= ln(1+|x|)−11+x 2，则使得f(x)>f(2x −1)成立的x 的取值范围是( )A. (−∞,13)∪(1,+∞) B. (13,1)C. (−13,13)D. (−∞,−13)∪(13,+∞)11. 已知直线l ：y =kx +1与抛物线C ：x 2=4y 交于A 、B 两点，直线m ：y =2kx +2与抛物线D ：x 2=8y 交于M 、N 两点，若对于任意k ∈R 时，λ|AB|−|MN|为定值，则实数λ的值为( )A. 12B. 8C. 4D. 212. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：已知x ∈[150,300]且x 是整数，则满足能被3除余1且被5除余3的所有x 的取值的和为( )．A. 2020B. 2305C. 4610D. 4675二、填空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. (x 2+1x 2−2)3的展开式中常数项为________．14. 函数f(x)=√x −1+2x 的值域为______ ．15. 已知等比数列{a n }有a 1+a 4=36，a 2+a 5=18，则a 1a 2…a n 的最大值为______．16. 在三棱锥S −ABC 中，SA ⊥平面ABC ，SA =2,AB =1,BC =2√2,AC =√5，则该三棱锥的外接球表面积为________．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=√6，A=60°，b−c=√3−1，求b，c和B，C．18.如图所示，已知三棱锥P−ABC中，底面ABC是等边三角形，且PA=PB=AC=2，D、E分别是AB、PC的中点．(1)证明：AB⊥平面CDE；(2)若PC=√6，求二面角A−PB−C的余弦值．19.根据空气质量指数AQI(为整数)的不同，可将空气质量分级如下表：AQI(数值)0～5051～100101～150151～200201～300>300空气质量级别一级二级三级四级五级六级空气质量类别优良轻度污染中度污染重度污染严重污染空气质量类别颜色绿色黄色橙色红色紫色褐红色某市2014年11月1日−11月30日，对空气质量指数AQI进行监测，获得数据后得到如下条形图：(1)市教育局规定在空气质量类别达到中度污染及以上时学生不宜进行户外跑步活动，估计该城市本月(按30天计)学生可以进行户外跑步活动的概率；(2)在上述30个监测数据中任取2个，设ξ为空气质量类别颜色为绿色的天数，求ξ的分布列与数学期望．20.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率13，左、右焦点分别为F1、F2，A为椭圆C上一点，AF2⊥F1F2，且|AF2|=83．(Ⅰ)求椭圆C的方程；(Ⅱ)设椭圆C的左、右顶点为A1、A2，过A1、A2分别作x轴的垂直l1、l2，椭圆C的一条切线l:y=kx+m与l1、l2交于M、N两点，求证：∠MF1N的定值．21. 设函数f(x)=ax +xlnx,g(x)=x 3−x 2−3，．(1)求函数ℎ(x)=f(x)x 的最值；(2)如果对任意的x 1,x 2∈[12,2]，都有f(x 1)≥g(x 2)成立，求实数a 的取值范围．22. 在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =tt+1,y =2t+1t+1(t 为参数)，曲线C 2的参数方程为{x =2+2cosαy =2sinα(α为参数)，以坐标原点为极点．x 轴正半轴为极轴建立极坐标系． (Ⅰ)求曲线C 1的普通方程和曲线C 2的极坐标方程；(Ⅱ)射线θ1=β(0<β<π2)与曲线C 2交于O ，P 两点，射线θ2=π2+β与曲线C 1交于点Q ，若△OPQ 的面积为1，求|OP|的值．23.已知函数f(x)=|x+2a|+|x−a|．(1)当a=1时，求不等式f(x)≥4−|x+2|的解集；(2)设a>0，b>0，f(x)的最小值为t，若t+3b=3，求1a +2b的最小值。
2020年河北省高考数学(理科)模拟试卷(6)
2020年河北省高考数学（理科）模拟试卷（6）一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1．（5分）集合A ＝{x |x 2+x ﹣2＜0}，B ＝{x |1x ≤2}，则A ∩B ＝（ ）A ．（0，12]B ．（﹣1，0）∪[12，2）C ．（﹣2，0）∪[12，1） D ．[12，1]2．（5分）已知复数z 在复平面内对应的点的坐标为（﹣1，2），则z1+i=（ ）A ．−32+32iB ．−32+12iC ．−12+32iD ．12+32i3．（5分）我国古代《九章算术》将上下两个平行平面为矩形的六面体称为刍薨．如图是一个刍薨的三视图，其中正视图及侧视图均为等腰梯形，两底的长分别为2和6，高为2，则该刍薨的体积为（ ）A ．1003B ．1043C ．27D ．184．（5分）《九章算术》是中国古代数学名著，体现了古代劳动人民数学的智慧，其中第六章“均输”中，有一竹节容量问题，某教师根据这一问题的思想设计了如图所示的程序框图，若输出的m 的值为35，则输入的a 的值为（ ）A ．4B ．5C ．7D ．115．（5分）已知m ＞n ，则下列不等式中一定成立的是（ ） A ．m +a ＞n +bB ．mc ＞ncC ．a ﹣m ＜a ﹣nD ．ma 2＞na 26．（5分）若实数x ，y 满足条件{x ≥1y ≥02x +y ≤6x +y ≥2，则z ＝2x ﹣y 的最大值为（ ）A ．10B ．6C ．4D ．﹣27．（5分）已知抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，过点F 和抛物线上一点M （2，2√2）的直线l 交抛物线于另一点N ，则|NF |：|FM |等于（ ） A ．1：2B ．1：3C ．1：√2D ．1：√38．（5分）一个盒子中装有4个大小、形状完全相同的小球，其中1个白球，2个红球，1个黄球，若从中随机取出1个球，记下颜色后放回盒子，均匀搅拌后，再随机取出1个球，则两次取出小球颜色不同的概率是（ ） A ．58B ．18C ．56D ．169．（5分）设函数f （x ）＝sin （ωx +φ）﹣cos （ωx +φ）（ω＞0，|φ|＜π2）的最小正周期为π，且f （﹣x ）＝f （x ），则（ ） A ．f （x ）在（0，π2）上单调递增B ．f （x ）在（−π2，π2）上单调递减 C ．f （x ）在（0，π2）上单调递减D ．f （x ）在（−π2，π2）上单调递增10．（5分）曲线y ＝sin x ﹣2cos x 在点（π，2）处的切线方程为（ ） A ．x +y ﹣π﹣2＝0B ．x ﹣y ﹣π+2＝0C ．2x +y ﹣π+2＝0D ．2x ﹣y ﹣π﹣2＝011．（5分）已知椭圆C ：x 2a +y 2b =1(a ＞b ＞0)的焦距为2√3，椭圆C 与圆（x +√3）2+y 2＝16交于M ，N 两点，且|MN |＝4，则椭圆C 的方程为（ ） A ．x 215+y 212=1 B ．x 212+y 29=1C ．x 26+y 23=1D ．x 29+y 26=112．（5分）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（共4小题，满分20分，每小题5分） 13．（5分）命题“∀x ∈R ，x 2+1＞x ”的否定为14．（5分）设向量a →=（﹣1，2），b →=（2x ，﹣1），若a →=λb →，则x ＝ ．15．（5分）已知等差数列{a n }（n ∈N *）中，若a 1010＝0，则等式a 1+a 2+…+a n ＝a 1+a 2+…+a 2019﹣n（n ＜2019，n ∈N *）恒成立；运用类比思想方法，可知在等比数列{b n }(n ∈N ∗)中，若b 100＝1，则与此相应的等式 恒成立． 16．（5分）关于函数f(x)=2x+lnx ． （1）x ＝2是f （x ）的极小值点；（2）函数y ＝f （x ）﹣x 有且只有1个零点； （3）f(x)＞12x 恒成立；（4）设函数g （x ）＝﹣xf （x ）+x 2+4，若存在区间[a ，b]⊂[12，+∞)，使g （x ）在[a ，b ]上的值域是[k （a +2），k （b +2）]，则k ∈(1，9+2ln210]． 上述说法正确的序号为 ．三．解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17．（12分）已知函数f （x ）=√3sin ωx cos ωx −12cos2ωx ，ω＞0，x ∈R ，且函数f （x ）的最小正周期为π；（1）求ω的值和函数f （x ）的单调增区间；（2）在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，又f （A2+π3）=45，b ＝2，△ABC 的面积等于3，求边长a 的值．18．（12分）如图，在三棱锥P ﹣ABC 中，△P AC 为正三角形，M 为棱P A 的中点，AB ⊥AC ，AC =12BC ，平面P AB ⊥平面P AC （1）求证：平面ABC ⊥平面P AC ；（2）若Q 是棱AB 上一点，PQ 与平面ABC 所成角的正弦值为√217，求二面角Q ﹣MC ﹣A 的正弦值．19．（12分）在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的左右焦点分别为F 1，F 2，焦距为2，一条准线方程为x ＝2．P 为椭圆C 上一点，直线PF 1交椭圆C 于另一点Q ． （1）求椭圆C 的方程；（2）若点P 的坐标为（0，b ），求过点P ，Q ，F 2三点的圆的方程； （3）若F 1P →=λQF 1→，且λ∈[13，3]，求OP →⋅OQ →的最大值．20．（12分）已知函数f(x)=lnx −12ax 2+x ，a ∈R ．（1）当a ＝0时，求曲线y ＝f （x ）在（1，f （1））处的切线方程； （2）令g （x ）＝f （x ）﹣ax +1，求函数g （x ）的极大值；（3）若a ＝﹣2，正实数x 1，x 2满足f （x 1）+f （x 2）+x 1x 2＝0，证明：x 1+x 2≥√5−12．21．（12分）冠状病毒是一个大型病毒家族，已知可引起感冒以及中东呼吸综合征（MERS ）和严重急性呼吸综合征（SARS ）等较严重疾病．而今年出现在湖北武汉的新型冠状病毒（nCoV）是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株．人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等．在较严重病例中感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭，甚至死亡．某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有n（n∈N*）份血液样本，有以下两种检验方式：方式一：逐份检验，则需要检验n次．方式二：混合检验，将其中k（k∈N*且k≥2）份血液样本分别取样混合在一起检验，若检验结果为阴性，检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k+1假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p（0＜p＜1）．现取其中k（k∈N*且k≥2）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2（1）若E（ξ1）＝E（ξ2），试求关于k的函数关系式P＝f（k）；（2）若P与干扰素计量x n相关，其中x1，x2，…，x n（n≥2）是不同的正实数，满足x1＝1且∀n∈N*（n≥2）都有e−13∑n−1i=1x n2x i x i+1=x n2−x12x22−x12成立．（i）求证：数列{x n}为等比数列；（ii）当P＝11x3时，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数的期望值更少，求k的最大值．（参考数据：ln4≈1.3863，ln5≈1.6094）四．解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为{x=12ty=√32t−1（t为参数）．在以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，且与直角坐标系长度单位相同的极坐标系中，曲线C的极坐标方程是ρ=2√2sin(π4+θ)．（1）求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；（2）设点P（0，﹣1）．若直线l与曲线C相交于两点A，B，求|P A|+|PB|的值．五．解答题（共1小题）23．设函数f（x）＝|x+1|．（Ⅰ）求不等式f（x）≤5﹣f（x﹣3）的解集；（Ⅱ）已知关于x的不等式2f（x）+|x+a|≤x+4在[﹣1，1]上有解，求实数a的取值范围．2020年河北省高考数学（理科）模拟试卷（6）参考答案与试题解析一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1．（5分）集合A ＝{x |x 2+x ﹣2＜0}，B ＝{x |1x ≤2}，则A ∩B ＝（ ）A ．（0，12]B ．（﹣1，0）∪[12，2）C ．（﹣2，0）∪[12，1） D ．[12，1]【解答】解：A ={x|−2＜x ＜1}，B ={x|x ＜0，或x ≥12}； ∴A ∩B =(−2，0)∪[12，1)． 故选：C ．2．（5分）已知复数z 在复平面内对应的点的坐标为（﹣1，2），则z 1+i=（ ）A ．−32+32iB ．−32+12iC ．−12+32iD ．12+32i【解答】解：由题意，z ＝﹣1+2i ， 则z 1+i=−1+2i 1+i=(−1+2i)(1−i)(1+i)(1−i)=12+32i ．故选：D ．3．（5分）我国古代《九章算术》将上下两个平行平面为矩形的六面体称为刍薨．如图是一个刍薨的三视图，其中正视图及侧视图均为等腰梯形，两底的长分别为2和6，高为2，则该刍薨的体积为（ ）A ．1003B ．1043C ．27D ．18【解答】解：原图为正四棱台，两底的长分别为2和6，高为2， 该刍薨的体积为V =13(4+36+√4×36)×2=1043， 故选：B ．4．（5分）《九章算术》是中国古代数学名著，体现了古代劳动人民数学的智慧，其中第六章“均输”中，有一竹节容量问题，某教师根据这一问题的思想设计了如图所示的程序框图，若输出的m的值为35，则输入的a的值为（）A．4B．5C．7D．11【解答】解：起始阶段有m＝2a﹣3，i＝1，第一次循环后m＝2（2a﹣3）﹣3＝4a﹣9，i＝2，第二次循环后m＝2（4a﹣9）﹣3＝8a﹣21，i＝3，第三次循环后m＝2（8a﹣21）﹣3＝16a﹣45，i＝4，第四次循环后m＝2（16a﹣45）﹣3＝32a﹣93，跳出循环，输出m＝32a﹣93＝35，解得a＝4，故选：A．5．（5分）已知m＞n，则下列不等式中一定成立的是（）A．m+a＞n+b B．mc＞nc C．a﹣m＜a﹣n D．ma2＞na2【解答】解：∵m＞n，则取m＝1，n＝0，a＝0，b＝2，c＝0，可排除A，B，D．对C，∵m＞n，∴﹣m＜﹣n，∴a﹣m＜a﹣n，故C正确．故选：C ．6．（5分）若实数x ，y 满足条件{x ≥1y ≥02x +y ≤6x +y ≥2，则z ＝2x ﹣y 的最大值为（ ）A ．10B ．6C ．4D ．﹣2【解答】解：先根据实数x ，y 满足条件{x ≥1y ≥02x +y ≤6x +y ≥2画出可行域如图，做出基准线0＝2x ﹣y ，由图知，当直线z ＝2x ﹣y 过点A （3，0）时， z 最大值为：6． 故选：B ．7．（5分）已知抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，过点F 和抛物线上一点M （2，2√2）的直线l 交抛物线于另一点N ，则|NF |：|FM |等于（ ） A ．1：2B ．1：3C ．1：√2D ．1：√3【解答】解：抛物线y 2＝4x 的焦点F 的坐标为（1，0），由于点M(2，2√2)在抛物线上，易知直线l 的倾斜角θ为锐角，|MF |＝2+1＝3，另一方面，|MF|=21−cosθ=3，得cosθ=13， 由焦半径公式得|NF|=21+cosθ=21+13=32． 因此，|NF|：|MF|=32：3=1：2． 故选：A ．8．（5分）一个盒子中装有4个大小、形状完全相同的小球，其中1个白球，2个红球，1个黄球，若从中随机取出1个球，记下颜色后放回盒子，均匀搅拌后，再随机取出1个球，则两次取出小球颜色不同的概率是（ ） A ．58B ．18C ．56D ．16【解答】解：一个盒子中装有4个大小、形状完全相同的小球，其中1个白球，2个红球，1个黄球，从中随机取出1个球，记下颜色后放回盒子，均匀搅拌后，再随机取出1个球， 基本事件总数n ＝4×4＝16，两次取出小球颜色不同的对立事件是两次取出小球的颜色相同， 则两次取出小球颜色不同的概率是： p ＝1−116−416−116=58． 故选：A ．9．（5分）设函数f （x ）＝sin （ωx +φ）﹣cos （ωx +φ）（ω＞0，|φ|＜π2）的最小正周期为π，且f （﹣x ）＝f （x ），则（ ） A ．f （x ）在（0，π2）上单调递增B ．f （x ）在（−π2，π2）上单调递减 C ．f （x ）在（0，π2）上单调递减D ．f （x ）在（−π2，π2）上单调递增【解答】解：函数f （x ）＝sin （ωx +φ）﹣cos （ωx +φ）=√2sin （ωx +φ−π4）（ω＞0，|φ|＜π2） 的最小正周期为2πω=π，∴ω＝2，f （x ）=√2sin （2x +φ−π4）．∵f （﹣x ）＝f （x ），∴f （x ）为偶函数，∴φ=−π4，f （x ）=−√2cos2x ． 故f （x ）在（0，π2）上单调递增，故A 正确，C 不正确；f （x ）在（−π2，π2）上没有单调性，故B 、D 不正确， 故选：A ．10．（5分）曲线y ＝sin x ﹣2cos x 在点（π，2）处的切线方程为（ ）A ．x +y ﹣π﹣2＝0B ．x ﹣y ﹣π+2＝0C ．2x +y ﹣π+2＝0D ．2x ﹣y ﹣π﹣2＝0【解答】解：因为y ＝sin x ﹣2cos x ，所以y ′＝cos x +2sin x ，则当x ＝π时，y ′＝﹣1， 又因为x ＝π时，y ＝2，故曲线在（π，2）处的切线方程为y ﹣2＝﹣（x ﹣π），整理得x +y ﹣2﹣π＝0， 故选：A ．11．（5分）已知椭圆C ：x 2a +y 2b =1(a ＞b ＞0)的焦距为2√3，椭圆C 与圆（x +√3）2+y 2＝16交于M ，N 两点，且|MN |＝4，则椭圆C 的方程为（ ） A ．x 215+y 212=1 B ．x 212+y 29=1C ．x 26+y 23=1D ．x 29+y 26=1【解答】解：圆（x +√3）2+y 2＝16的圆心为（−√3，0），半径为4，且c =√3， 由椭圆和圆都关于x 轴对称，且|MN |＝4，可设y ＝2，代入圆的方程可得x =−√3±√16−4=√3或﹣3√3， 由2c ＜4，可得M ，N 在第一、四象限， 可设M （√3，2），代入椭圆方程得3a +4b =1，又c 2＝3＝a 2﹣b 2， 解得a ＝3，b =√6， 则椭圆方程为x 29+y 26=1．故选：D ．12．（5分）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【解答】解：设a 1＝t ，由a n +1+a n ＝11﹣n +（﹣1）n ，可得a 2＝9﹣t ，a 3＝1+t ，a 4＝6﹣t ，a 5＝2+t ，a 6＝3﹣t ，a 7＝3+t ，a 8＝﹣t ，…， 0＜a 6＜1可得0＜3﹣t ＜1，可得2＜t ＜3，则数列{a n }的奇数项为首项为t ，公差为1的等差数列；偶数项为首项为9﹣t ，公差为﹣3的等差数列，且每隔两项的和为9，7，5，3，1，﹣1，…，为递减，可得S 10＝9＝5+7+5+3+1＝25，S 11＝25+a 11＝30+t ，S 12＝25﹣1＝24，S 13＝24+a 13＝24+6+t＝30+t ，S 14＝24﹣3＝21，…， 则当S n 取最大值时n ＝11或13． 故选：C ．二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）命题“∀x ∈R ，x 2+1＞x ”的否定为 ∃x 0∈R ，x 02+1≤x 0 【解答】解：命题为全称命题，则命题的否定为：∃x 0∈R ，x 02+1≤x 0， 故答案为：∃x 0∈R ，x 02+1≤x 0．14．（5分）设向量a →=（﹣1，2），b →=（2x ，﹣1），若a →=λb →，则x ＝ 14．【解答】解：∵a →=λb →； ∴a →∥b →； ∴1﹣4x ＝0； ∴x =14． 故答案为：14．15．（5分）已知等差数列{a n }（n ∈N *）中，若a 1010＝0，则等式a 1+a 2+…+a n ＝a 1+a 2+…+a 2019﹣n（n ＜2019，n ∈N *）恒成立；运用类比思想方法，可知在等比数列{b n }(n ∈N ∗)中，若b 100＝1，则与此相应的等式 b 1•b 2•……•b n ＝b 1•b 2•……•b 199﹣n ，n ＜199，n ∈N * 恒成立．【解答】解：运用等比数列的性质及其类比思想方法，可得：b n +1•b 199﹣n =b 1002=1，n＜199．∴b 1•b 2•……•b n ＝b 1•b 2•……•b 199﹣n ，n ＜199，n ∈N *． 故答案为：b 1•b 2•……•b n ＝b 1•b 2•……•b 199﹣n ，n ＜199，n ∈N *． 16．（5分）关于函数f(x)=2x+lnx ． （1）x ＝2是f （x ）的极小值点；（2）函数y ＝f （x ）﹣x 有且只有1个零点； （3）f(x)＞12x 恒成立；（4）设函数g （x ）＝﹣xf （x ）+x 2+4，若存在区间[a ，b]⊂[12，+∞)，使g （x ）在[a ，b ]上的值域是[k （a +2），k （b +2）]，则k ∈(1，9+2ln210]．上述说法正确的序号为 （1）（2）（4） ．【解答】解：函数f （x ）的定义域为（0，+∞），f ′(x)=1x −22=x−22， 令f ′（x ）＞0，解得x ＞2，令f ′（x ）＜0，解得0＜x ＜2， 故函数f （x ）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增， ∴x ＝2是f （x ）的极小值点，故（1）正确； 设m(x)=f(x)−x ，m ′(x)=f ′(x)−1=x−2x 2−1=−x 2+x−2x 2=−x 2−x+2x 2=−(x−12)2+74x 2≤0，∴函数m （x ）在（0，+∞）上为减函数，又m （1）＝1＞0，m （2）＝1+ln 2﹣2＝ln 2﹣1＜0，∴由零点存在性定理可知，函数m （x ）有且仅有一个零点，故（2）正确； 设ℎ(x)=f(x)−12x ，则ℎ(4)=12+ln4−2＜0，即存在x ∈（0，+∞），使得f(x)＜12x ，故（3）错误；函数g （x ）＝﹣xf （x ）+x 2+4＝﹣xlnx +x 2+2，则g ′（x ）＝﹣lnx +2x ﹣1， 令n(x)=−lnx +2x −1，n ′(x)=−1x+2=2x−1x， 易知函数n （x ）在[12，+∞)上单调递增，∴n(x)≥n(12)=−ln 12+1−1=ln2＞0，即g ′（x ）＞0，∴g （x ）在[12，+∞)上单调递增，故g （x ）在区间[a ，b]⊂[12，+∞)上单调递增， ∴{g(a)=k(a +2)g(b)=k(b +2)(12≤a ＜b)，则g （x ）＝k （x +2）在[12，+∞)上至少有两个不同的正根，即k =g(x)x+2在[12，+∞)上至少有两个不同的正根， 设G(x)=g(x)x+2=−xlnx+x 2−2x+2(x ≥12)，则G ′(x)=x 2+3x−2lnx−4(x+2)2， 令F(x)=x 2+3x −2lnx −4(x ≥12)，则F ′(x)=2x +3−2x =(2x−1)(x+2)x≥0， 故函数F （x ）在[12，+∞)上单调递增，且F(12)=14+32+2ln2−4＜0，F(1)=0， ∴当x ∈[12，1]时，F （x ）≤0，当x ∈（1，+∞）时，F （x ）＞0， ∴函数G （x ）在[12，1]上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，∴G(1)＜k ≤G(12)，而G(1)=1，G(12)=−12ln 12+14−212+2=9+2ln210， ∴1＜k ≤9+2ln210，故（4）正确． 故答案为：（1）（2）（4）．三．解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17．（12分）已知函数f （x ）=√3sin ωx cos ωx −12cos2ωx ，ω＞0，x ∈R ，且函数f （x ）的最小正周期为π；（1）求ω的值和函数f （x ）的单调增区间；（2）在△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，又f （A2+π3）=45，b ＝2，△ABC 的面积等于3，求边长a 的值． 【解答】（本题满分为12分）解：（1）因为f （x ）=√3sin ωx cos ωx −12cos2ωx =√32sin2ωx −12cos2ωx ＝sin （2ωx −π6），…（2分）由f （x ）的最小正周期为π，得：ω＝1，…（3分） ∵2k π−π2≤2x −π6≤2x +π2，k ∈Z ， 即 k π−π6≤x ≤k π+π3，k ∈Z ，…（5分）所以，函数的增区间为：[k π−π6，k π+π3]，k ∈Z ，…（6分） （2）∵f （A2+π3）＝sin （A +π2）=45，A ∈（0，π），∴cos A =45，sin A =35，…（8分） ∵S =12bc sin A ＝3，b ＝2，sin A =35， ∴c ＝5． …（10分）由余弦定理a 2＝b 2+c 2﹣2bc cos A ＝13， ∴a =√13． …（12分）18．（12分）如图，在三棱锥P ﹣ABC 中，△P AC 为正三角形，M 为棱P A 的中点，AB ⊥AC ，AC =12BC ，平面P AB ⊥平面P AC （1）求证：平面ABC ⊥平面P AC ；（2）若Q 是棱AB 上一点，PQ 与平面ABC 所成角的正弦值为√217，求二面角Q ﹣MC ﹣A 的正弦值．【解答】（1）证明：因为△P AC 为正三角形，M 为棱P A 的中点，所以CM ⊥P A ， 又平面P AB ⊥平面P AC ，且平面P AB ∩平面P AC ＝P A ， 所以CM ⊥平面P AB ，所以CM ⊥AB ，又AB ⊥AC ，且AC ∩CM ＝C ， 所以AB ⊥平面P AC ， 又AB ⊂平面ABC ， 所以平面ABC ⊥平面P AC ．（2）作AC 中点O ，连OP ，由（1）及OP ⊥AC 可知OP ⊥平面ABC以O 为坐标原点，OA ，OP 分别为x ，z 轴，过O 且平行于AB 的方向为y 轴，如图，建立空间直角坐标系．设AC ＝2 则O(0，0，0)，P(0，0，√3)，A(1，0，0)，C(−1，0，0)，M(12，0，√32)，B(1，2√3，0)，设AQ →⊥λAB →，则Q(1，2√3λ，0)，PQ →=(1，2√3λ，−√3)， 设平面ABC 的法向量为n 1→=（0，0，1），因为PQ 与平面ABC 所成角的正弦值为√217所以|n 1→⋅PQ →||n 1→||PQ →|=√217，即√3√12λ2+4=√217，解得λ=12 即Q 为AB 的中点，则Q(1，√3，0)，设平面QMC 的法向量为n 2→=（x ，y ，z ），则{n 2→⋅CQ →=0n 2→⋅CM →=0，即{(x ，y ，z)⋅(2，√3，0)=0(x ，y ，z)⋅(32，0，√32)=0，{2x +√3y =03x +√3z =0， 取n 2→=(√3，−2，−3)，设平面AMC 的法向量为n 3→，则n 3→=（0，1，0） 则二面角Q ﹣MC ﹣A 的余弦值为cos θ=−n 2→⋅n 3→|n 2→||n 3→|=12，故sin θ=√32．19．（12分）在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的左右焦点分别为F 1，F 2，焦距为2，一条准线方程为x ＝2．P 为椭圆C 上一点，直线PF 1交椭圆C 于另一点Q ． （1）求椭圆C 的方程；（2）若点P 的坐标为（0，b ），求过点P ，Q ，F 2三点的圆的方程； （3）若F 1P →=λQF 1→，且λ∈[13，3]，求OP →⋅OQ →的最大值．【解答】解：（1）由题意得{2c =2a 2c=2，解得c ＝1，a 2＝2，所以b 2＝a 2﹣c 2＝1．所以椭圆的方程为x 22+y 2=1．（2）因为P （0，1），F 1（﹣1，0），所以PF 1的方程为x ﹣y +1＝0．由{x −y +1=0，x 22+y 2=1，解得{x =0，y =1，或{x =−43，y =−13，所以Q 点的坐标为(−43，−13)．设过P ，Q ，F 2三点的圆的方程为x 2+y 2+Dx +Ey +F ＝0， 则{ 1+E +F =0，1+D +F =0，179−43D −13E +F =0，解得{D =13，E =13，F =−43．所以圆的方程为x 2+y 2+13x +13y −43=0． （3）设P （x 1，y 1），Q （x 2，y 2），则F 1P →=(x 1+1，y1)，QF 1→=(−1−x 2，−y 2)．因为F 1P →=λQF 1→，所以{x 1=−1−λ−λx 2，y 1=−λy 2，所以{(−1−λ−λx 2)22+λ2y 22=1，x 222+y 22=1，，解得x 2=1−3λ2λ．所以OP →⋅OQ →=x 1x 2+y 1y 2=x 2(−1−λ−λx 2)−λy 22=−λ2x 22−(1+λ)x 2−λ=−λ2(1−3λ2λ)2−(1+λ)⋅1−3λ2λ−λ =74−58(λ+1λ)．因为λ∈[13，3]，所以λ+1λ≥2√λ⋅1λ=2，当且仅当λ=1λ，即λ＝1时取等号，所以OP →⋅OQ →≤12．即OP →⋅OQ →最大值为12．20．（12分）已知函数f(x)=lnx −12ax 2+x ，a ∈R ．（1）当a ＝0时，求曲线y ＝f （x ）在（1，f （1））处的切线方程； （2）令g （x ）＝f （x ）﹣ax +1，求函数g （x ）的极大值；（3）若a ＝﹣2，正实数x 1，x 2满足f （x 1）+f （x 2）+x 1x 2＝0，证明：x 1+x 2≥√5−12．【解答】解：（1）a ＝0时，f （x ）＝lnx +x ，f ′（x ）=1x+1， 故f （1）＝1，f ′（1）＝2， 故切线方程是：y ﹣1＝2（x ﹣1）， 整理得：2x ﹣y ﹣1＝0；（2）g （x ）＝f （x ）﹣（ax ﹣1）＝lnx −12ax 2+（1﹣a ）x +1， 所以g ′（x ）=1x −ax +（1﹣a ）=−ax 2+(1−a)x+1x， 当a ≤0时，因为x ＞0，所以g ′（x ）＞0．所以g（x）在（0，+∞）上是递增函数，当a＞0时，g′（x）=−a(x−1a)(x+1)x，令g′（x）＝0，得x=1 a，所以当x∈（0，1a ）时，g′（x）＞0；当x∈（1a，+∞）时，g′（x）＜0，因此函数g（x）在x∈（0，1a）是增函数，在（1a，+∞）是减函数．综上，当a≤0时，函数g（x）的递增区间是（0，+∞），无递减区间，无极大值；当a＞0时，函数g（x）的递增区间是（0，1a ），递减区间是（1a，+∞）；故g（x）极大值＝g（1a ）=1a−lna；证明：（3）由f（x1）+f（x2）+x1x2＝0，即lnx1+x12+x1+lnx2+x22+x2+x1x2＝0，从而（x1+x2）2+（x1+x2）＝x1x2﹣ln（x1x2），令t＝x1x2，则由φ（t）＝t﹣lnt，由x1＞0，x2＞0，即x1+x2＞0．φ′（t）=t−1t，（t＞0），可知，φ（t）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增．所以φ（t）≥φ（1）＝1，所以（x1+x2）2+（x1+x2）≥1，解得x1+x2≥√5−12或x1+x2≤−√5−12，又因为x1＞0，x2＞0，因此x1+x2≥√5−12成立．21．（12分）冠状病毒是一个大型病毒家族，已知可引起感冒以及中东呼吸综合征（MERS）和严重急性呼吸综合征（SARS）等较严重疾病．而今年出现在湖北武汉的新型冠状病毒（nCoV）是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株．人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等．在较严重病例中感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭，甚至死亡．某医院为筛查冠状病毒，需要检验血液是否为阳性，现有n（n∈N*）份血液样本，有以下两种检验方式：方式一：逐份检验，则需要检验n次．方式二：混合检验，将其中k （k ∈N *且k ≥2）份血液样本分别取样混合在一起检验，若检验结果为阴性，检验一次就够了，如果检验结果为阳性，为了明确这k 份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k 份再逐份检验，此时这k 份血液的检验次数总共为k +1 假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p （0＜p ＜1）．现取其中k （k ∈N *且k ≥2）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2（1）若E （ξ1）＝E （ξ2），试求关于k 的函数关系式P ＝f （k ）；（2）若P 与干扰素计量x n 相关，其中x 1，x 2，…，x n （n ≥2）是不同的正实数，满足x 1＝1且∀n ∈N *（n ≥2）都有e−13∑n−1i=1x n 2x i x i+1=x n 2−x 12x 22−x 12成立． （i ）求证：数列{x n }为等比数列； （ii ）当P ＝1x 3时，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数的期望值更少，求k 的最大值．（参考数据：ln 4≈1.3863，ln 5≈1.6094） 【解答】解：（1）由已知可得E （ξ1）＝k ，ξ2的所有取值为1，k +1，P （ξ2＝1）＝（1﹣p ）k ，P （ξ2＝k +1）＝1﹣（1﹣p ）k ，E （ξ2）＝（1﹣p ）k +（k +1）[1﹣（1﹣p ）k ]＝k +1﹣k （1﹣p ）k ，由E （ξ1）＝E （ξ2），可得k ＝k +1﹣k （1﹣p ）k ，即（1﹣p ）k =1k ，即1﹣p ＝（1k）1k ，即p ＝1﹣（1k）1k ，可得f （k ）＝1﹣（1k）1k ，k ∈N *，k ≥2；（2）（i ）证明：当n ＝2时，e−13•x 22x 1x 2=x 22−x 12x 2−x 1=1，即x 2x 1=e13，可令q =x 2x 1=e 13＞0，则q ≠1，由x 1＝1，下面证明对任意的正整数n ，x n ＝e n−13，①当n ＝1，2时，显然成立；②假设对任意的n ＝k ，x k ＝e k−13，下面证明n ＝k +1时，x k +1＝ek 3，由题意可得e−13•∑ ki=1x k+12x i x i+1=x k+12−x 12x 22−x 12，则e −13•x k +12（1x 1x 2+1x 2x 3+⋯+1x k−1x k+1x k x k+1）=x k+12−1e 23−1，则e −13•x k +12{e −13[1−(e −23)k−1]1−e −23+1e k−13⋅x k+1}=x k+12−1e 23−1，x k+12(1−e−2(k−1)3)e 23−1+e−k3•x k +1=x k+12−1e 23−1，e−2(k−1)3•x k +12{+（e−k3−e−k 3+23）x k +1﹣1＝0，即（e−k3•x k +1﹣1）（e−k 3+23•x k +1+1）＝0， 可得x k +1＝ek3或x k +1＝﹣ek−23（舍去），即x k +1＝ek3成立，由①②可得数列{x n }为等比数列，且x n ＝e n−13；（ii ）由（i ）可知p ＝11x 3=1−1√e3，E （ξ1）＞E （ξ2），可得k ＞k +1﹣k （1﹣p ）k ，即1k＜（1﹣p ）k ＝（√e3）k ，所以lnk ＞13k ，设f （x ）＝lnx −13x ，x ＞0，f ′（x ）=3−x3x，当x ≥3时，f ′（x ）＜0，f （x ）递减，又ln 4≈1.3863，43≈1.3333，则ln 4＞43； ln 5≈1.6094，53≈1.6667，则ln 5＜53，可得k 的最大值为4．四．解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22．（10分）在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l 的参数方程为{x =12ty =√32t −1（t 为参数）．在以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，且与直角坐标系长度单位相同的极坐标系中，曲线C 的极坐标方程是ρ=2√2sin(π4+θ)． （1）求直线l 的普通方程与曲线C 的直角坐标方程；（2）设点P （0，﹣1）．若直线l 与曲线C 相交于两点A ，B ，求|P A |+|PB |的值． 【解答】解：（1）已知直线l 的参数方程为{x =12t y =√32t −1（t 为参数）．转换为直角坐标方程为：√3x −y −1=0． 曲线C 的极坐标方程是ρ=2√2sin(π4+θ)． 转换为直角坐标方程为：x 2+y 2＝2x +2y ， 整理得：（x ﹣1）2+（y ﹣1）2＝2，第21页（共21页）（2）将直线l 的参数方程为{x =12t y =√32t −1（t 为参数），代入（x ﹣1）2+（y ﹣1）2＝2． 得到：(12t −1)2+(√32t −2)2=2，化简得：t 2−(1+2√3)t +3=0，所以：t 1+t 2=1+2√3（t 1和t 2为A 、B 对应的参数）．故：|PA|+|PB|=|t 1+t 2|=1+2√3．五．解答题（共1小题）23．设函数f （x ）＝|x +1|．（Ⅰ）求不等式f （x ）≤5﹣f （x ﹣3）的解集；（Ⅱ）已知关于x 的不等式2f （x ）+|x +a |≤x +4在[﹣1，1]上有解，求实数a 的取值范围．【解答】解：（1）不等式f （x ）≤5﹣f （x ﹣3），即|x +1|+|x ﹣2|≤5………………………（1分）等价于{x ＜−1−x −1−x +2≤5或{−1≤x ≤2x +1−x +2≤5或{x ＞2x +1+x −2≤5 …………………（3分）解得：﹣2≤x ≤3，所以原不等式的解集为{x |﹣2≤x ≤3}； …………………………（5分）（2）当x ∈[﹣1，1]时，不等式2f （x ）+|x +a |≤x +4，即|x +a |≤2﹣x ，所以|x +a |≤2﹣x 在[﹣1，1]上有解，…………………………（7分）即﹣2≤a ≤2﹣2x 在[﹣1，1]上有解，…………………………（9分）所以﹣2≤a ≤4． …………………………（10分）。
2020年河北省石家庄市高考数学模拟试卷(理科)(5月份)(附答案详解)
2020年河北省石家庄市高考数学模拟试卷（理科）（5月份）1. 已知集合A ={x|−1≤x ≤3}，B ={x|y =log 2(x −2)}，则集合A ∩B =( )A. {x|−1≤x <2}B. {x|2<x ≤3}C. {x|1<x ≤3}D. {x|x >2}2. 命题P ：“∀x ∈(−∞,0)，2x ≥3x ”的否定形式￢p 为( )A. ∃x 0∈(−∞,0),2x 0<3x 0B. ∃x 0∈(−∞,0),2x 0≤3x 0C. ∀x ∈(−∞,0)，2x <3xD. ∀x ∈(−∞,0)，2x ≤3x3. 已知i 是虚数单位，且z =1−i i，则z 的共轭复数z −在复平面内对应的点在( )A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限4. 已知a =0.30.2，b =50.3，c =log 0.25，则a ，b ，c 的大小关系为( )A. a <b <cB. b <a <cC. c <a <bD. c <b <a5. 要得到y =sin(2x −π3)的图象，只要将y =sin2x 的图象( )A. 向左平移π3个单位 B. 向右平移π3个单位 C. 向左平移π6个单位D. 向右平移π6个单位6. 已知实数x ，y 满足不等式{x −y +2≥02x +y −5≤0y ≥1，则z =yx+3的最大值为( )A. 35B. 45C. 34D. 327. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若(a +b)(sinA −sinB)=c(sinC +sinB)，b +c =4，则△ABC 的面积的最大值为( )A. 12B. √32C. 1D. √38. 若双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的一条渐近线被曲线x 2+y 2−4x +2=0所截得的弦长为2.则双曲线C 的离心率为( )A. √3B. 2√33C. √5D. 2√559. 如图，在矩形ABCD 中，AB =2BC =2，动点M 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上，则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值是( )A. −1B. 5C. −3+√5D. 3+√510. 已知数列{a n }满足：a 1=1，a n+1+a n =3n +1，则数列{1a2n−1a 2n+1}(n ∈N ∗)的前30项的和为( )A. 2990B. 2988C. 1093D. 309111. 已知函数f(x)对于任意x ∈R ，均满足f(x)=f(2−x)，当x ≤1时，f(x)={lnx,0<x ≤1e x ,x ≤0，(其中e 为自然对数的底数)，若函数g(x)=m|x|−2−f(x)，下列有关函数g(x)的零点个数问题中正确的为( )A. 若g(x)恰有两个零点，则m <0B. 若g(x)恰有三个零点，则32<m <e C. 若g(x)恰有四个零点，则0<m <1 D. 不存在m ，使得g(x)恰有四个零点12. 已知抛物线C ：y 2=8x 的焦点为F ，P 1(x 1,y 1)，P 2(x 2,y 2)，P 3(x 3,y 3)为抛物线C 上的三个动点，其中x 1<x 2<x 3且y 2<0，若F 为△P 1P 2P 3的重心，记△P 1P 2P 3三边P 1P 2，P 1P 3，P 2P 3的中点到抛物线C 的准线的距离分别为d 1，d 2，d 3，且满足d 1+d 3=2d 2，则P 1P 3所在直线的斜率为( )A. 1B. 32C. 2D. 313. 在平面直角坐标系中，角α的终边经过点P(−1,2)，则sinα=______． 14. 二项式展开式(√x +1x )6中的常数项是______．15. 如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为正方形，AB =2AP =4，∠PAB =∠PAD =60°，则∠PAC = (1) ；四棱锥P −ABCD 的外接球的表面积为 (2) ．16. 2019年底，武汉发生“新型冠状病毒”肺炎疫情，国家卫健委紧急部署，从多省调派医务工作者前去支援，正值农历春节举家团圆之际，他们成为“最美逆行者”.武汉市从2月7日起举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、无法明确排除新冠肺炎的发热患者和确诊患者的密切接触者等“四类”人员，强化网格化管理，不落一户、不漏一人．若在排查期间，某小区有5人被确认为“确诊患者的密切接触者”，现医护人员要对这5人随机进行逐一“核糖核酸”检测，只要出现一例阳性，则将该小区确定为“感染高危小区”.假设每人被确诊的概率均为p(0<p<1)且相互独立，若当p=p0时，至少检测了4人该小区被确定为“感染高危小区”的概率取得最大值，则p0=______．17.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a3+a6=9，S6=21．(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；(Ⅱ)设a nb n =(12)n，求数列{b n}的前n项和．18.如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=AC=4，D，E分别是AC，AB边上的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C=A1D，如图2．(Ⅰ)求证：平面A1CD⊥平面A1BC；(Ⅱ)求直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值．19. 已知点A(2,0)，椭圆C ：x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为√22，F 和B 分别是椭圆C 的左焦点和上顶点，且△ABF 的面积为32． (Ⅰ)求椭圆C 的方程；(Ⅱ)设过点A 的直线l 与C 相交于P ，Q 两点，当OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13时，求直线1的方程．20. 某工厂为生产一种精密管件研发了一台生产该精密管件的车床，该精密管件有内外两个口径，监管部门规定“口径误差”的计算方式为：管件内外两个口径实际长分别为a(mm)，b(mm)，标准长分别为a −(mm),b −(mm)，则“口径误差”为|a −a −|+|b −b −|，只要“口径误差”不超过0.2min 就认为合格，已知这台车床分昼、夜两个独立批次生产．工厂质检部在两个批次生产的产品中分别随机抽取40件作为样本，经检测其中昼批次的40个样本中有4个不合格品，夜批次的40个样本中有10个不合格品．(I)以上述样本的频率作为概率，在昼夜两个批次中分别抽取2件产品，求其中恰有1件不合格产品的概率；(II)若每批次各生产1000件，已知每件产品的成本为5元，每件合格品的利润为10元；若对产品检验，则每件产品的检验费用为2.5元；若有不合格品进入用户手中，则工厂要对用户赔偿，这时生产的每件不合格品工厂要损失25元．以上述样本的频率作为概率，以总利润的期望值为决策依据，分析是否要对每个批次的所有产品作检测？21. 已知函数f(x)=e x +e −x +(2−b)x ，g(x)=ax 2+b(a,b ∈R)，若y =g(x)在x =1处的切线为y =2x +1+f′(0)． (Ⅰ)求实数a ，b 的值；(Ⅱ)若不等式f(x)≥kg(x)−2k +2对任意x ∈R 恒成立，求k 的取值范围； (Ⅲ)设θ1,θ2,…,θn ∈(0,π2)，其中n ≥2，n ∈N ∗，证明：f(sinθ1)⋅f(cosθn )+f(sinθ2)⋅f(cosθn−1)+⋯+f(sinθn−1)⋅f(cosθ2)+f(sinθn )⋅f(cosθ1)>6n ．22. 在平面直角坐标系xOy 中，以O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C 1的参数方程为{x =√33+√32t,y =−23+12t (t 为参数)，曲线C 2的参数方程为{x =1cosϕ,y =√2tanφ(φ为参数)，曲线C 1，C 2交于A 、B 两点．(Ⅰ)求曲线C 1的极坐标方程和曲线C 2的普通方程； (Ⅱ)已知P 点的直角坐标为(√33,−23)，求|PA|⋅|PB|的值．23. 函数f(x)=|2x −1|+|x +2|．(Ⅰ)求函数f(x)的最小值；(Ⅱ)若f(x)的最小值为M ，a +2b =2M(a >0,b >0)，求证：1a+1+12b+1≥47．答案和解析1.【答案】B【解析】解：∵集合A={x|−1≤x≤3}，B={x|y=log2(x−2)}={x|x>2}，∴集合A∩B={x|2<x≤3}．故选：B．求出集合A，B，由此能求出集合A∩B．本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.【答案】A【解析】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以命题p：：“∀x∈(−∞,0)，2x≥3x”的否定形式￢p为：∃x0∈(−∞,0)，2x0<3x0．故选：A．直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是对基本知识的考查．3.【答案】B=−(1−i)⋅i=−1−i，∴z−=−1+i，【解析】解：z=1−ii∴z的共轭复数z−在复平面内对应的点为(−1,1)，位于第二象限．故选：B．先化简z，然后求出其共轭复数，再确定其共轭复数对应的点所在象限．本题考查了复数的运算和几何意义，属基础题．4.【答案】C【解析】解：∵0<0.30.2<0.30=1，∴0<a<1，∵50.3>50=1，∴b>1，∵log0.25<log0.21=0，∴c<0，∴c<a<b，故选：C．利用对数函数和指数函数的性质求解．本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用．5.【答案】D【解析】【分析】由条件利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，可得结论．本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，属于基础题．【解答】解：将y=sin2x向右平移π6个单位得：y=sin2(x−π6)=sin(2x−π3)，故选：D．6.【答案】C【解析】解：如图，阴影部分为可行域，目标函数z=yx+3，表示可行域中点(x,y)与(−3,0)连线的斜率，由图可知点P(1,3)与(−3,0)连线的斜率最大，故z的最大值为34，故选：C．作出不等式组对应的平面区域，把所求问题转化为斜率即可得到结论．本题主要考查几何槪型的概率计算，利用线性规划的知识求出对应的区域以及转化为斜率是解决本题的关键．【解析】解：∵(a+b)(sinA−sinB)=c(sinC+sinB)，∴由正弦定理可得：(a+b)(a−b)=c(c+b)，整理可得：b2+c2−a2=−bc，∴cosA=b2+c2−a22bc =−bc2bc=−12，∵A∈(0,π)，∴A=2π3，∵b+c=4，∴S△ABC=12bcsinA=√34bc≤√34⋅(b+c2)2=√3，当且仅当b=c时等号成立，即△ABC的面积的最大值为√3．故选：D．由正弦定理化简已知等式b2+c2−a2=−bc，利用余弦定理可求cosA=−12，结合范围A∈(0,π)，可求A=2π3，利用基本不等式，三角形的面积公式即可求解△ABC的面积的最大值．本题主要考查了正弦定理，余弦定理，基本不等式，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．8.【答案】B【解析】解：双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线不妨为：bx+ay=0，圆x2+y2−4x+2=0即为(x−2)2+y2=2的圆心(2,0)，半径为√2，双曲线的一条渐近线被圆x2+y2−4x+2=0所截得的弦长为2，可得圆心到直线的距离为：√(√2)2−12=1=√a2+b2，4b2c2=4c2−a2c2=1，解得：e=ca =2√33，故选：B．通过圆的圆心与双曲线的渐近线的距离，列出关系式，然后求解双曲线的离心率即可．本题考查双曲线的简单性质的应用，主要是离心率的求法，考查圆的方程的应用，考查计算能力．【解析】解：因为在矩形ABCD 中，AB =2BC =2，动点M 在以点C 为圆心且与BD 相切的圆上，故|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√5，设C 到BD 的距离为d ，则有d =√5=2√55， 故AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 其中AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=−3，CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ≤|CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2， 当且仅当CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 同向时，等号成立， 故选：A ．先根据条件求得C 到BD 的距离为d ，再把所求转化为AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，进而求解结论．本题考查向量的数量积的应用，考查向量的表示以及计算，考查计算能力．10.【答案】D【解析】解：已知数列{a n }满足：a 1=1， 由a n+1+a n =3n +1，得a n+2+a n+1=3n +4， 作差得a n+2−a n =3，故奇数项和偶数项都为以3为公差的等差数列， 由a 1=1，所以a 2k−1=1+(k −1)3=3k −2， 又1a2n−1⋅a 2n+1=13(1a2n−1−1a2n+1)，所以数列{1a2n−1a 2n+1}(n ∈N ∗)的前30项的和S 30=13[(1a 1−1a 3)+(1a 3−1a 5)+⋯+(1a 59−1a 61)]=13(1−191)=3091，故选：D ．已知数列{a n }满足：a 1=1，由a n+1+a n =3n +1，得a n+2+a n+1=3n +4，作差得a n+2−a n =3，故奇数项和偶数项都为以3为公差的等差数列，求出a 2k−1=1+(k −1)3=3k −2，利用裂项求和法求出结果即可．本题考查了递推公式求通项公式，裂项相消法求数列的前n 项和，考查运算能力，中档题．11.【答案】B【解析】解：根据f(x)=f(2−x)知f(x)关于x=1对称，作出函数ℎ(x)=m|x|−2与函数f(x)的图象如图：设ℎ(x)与y=lnx(x≤1)相切时的切点为P(x0,lnx0)，则1x0=lnx0+2x0，解得x0=1e，此时m=1x=e，当ℎ(x)过点(2,1)时，m=32，故B选项正确；若g(x)恰有2个零点，则m<0或m=e，故A错误；若g(x)恰有4个零点，则0<m≤32，故C、D选项错误；故选：B．由知f(x)关于x=1对称，再将函数g(x)的零点个数问题转化为ℎ(x)=m|x|−2与函数f(x)的图象的焦点个数问题，利用函数ℎ(x)=m|x|−2与函数f(x)相切时的m的值可解决．本题考查了由函数零点个数求参数，考查了函数的零点的个数转化为函数图象的交点个数，属于中档题．12.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查直线与抛物线的综合，还有三角形的重心坐标公式，属于基础题．先利用题设条件找到P1(x1,y1)，P2(x2,y2)，P3(x3,y3)的坐标之间的关系式，再利用重心坐标公式，求出x2与y2，从而得到P1P3所在直线的斜率．【解析】解：由题设知F(2,0)，∵P1(x1,y1)，P2(x2,y2)，P3(x3,y3)为抛物线C上的三个动点，∴{ x 1=y 128x 2=y 228x 3=y 328，又F 为△P 1P 2P 3的重心，∴x 1+x 2+x 3=6，y 1+y 2+y 3=0．∵△P 1P 2P 3三边P 1P 2，P 1P 3，P 2P 3的中点到抛物线C 的准线的距离分别为d 1=x 1+x 22+1，d 2=x 1+x 32+1，d 3=x 2+x 32+1，且满足d 1+d 3=2d 2，∴x 1+x 3=2x 2.∴x 2=2， 又y 2<0，∴y 2=−4，∴P 1P 3所在直线的斜率k =y 3−y 1x 3−x 1=8y3+y 1=8−y 2=2．故选：C ．13.【答案】2√55【解析】解：角α的终边经过点P(−1,2)，即x =−2，y =2，则r =√(−1)2+22=√5， ∴sinα=y r=√5=2√55， 故答案为：2√55． 由题意可得x =−1，y =2，求出r ，利用任意角的三角函数的定义，直接求出sinα． 本题考查任意角的三角函数的定义，利用任意角的定义是解题的关键．14.【答案】15【解析】解：展开式的通项为：T r+1=C 6r(√x)6−r⋅(1x )r=C 6r x6−3r2令6−3r =0得r =2所以展开式的常数项为C 62=15．故答案为：15．求出展开式的通项，令x 的指数为0，求出r 的值，将r 的值代入通项，求出展开式的常数项．求展开式的特定项问题常利用二项展开式的通项公式来解决．15.【答案】45°40π【解析】解：①过点P 作PE ⊥AC ，作EF ⊥AB ，垂足分别为E ，F ，连接PF ，则PF ⊥AB ． 在Rt △AFP 中，AP =2，∠PAB =60°，∴AF =1=EF ，∴AE =√2，∴cos∠PAC =AEAP =√22，可得∠APC =45°．②分别以OA ，OB 为x ，y 轴，过点O 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系． 设四棱锥P −ABCD 的外接球的球心为G ，半径为R ． 可设G(0,0,t).A(2√2,0,0)，P(√2,0,√2).∵|GA|=|GP|，∴√(2√2)2+t 2=√(√2)2+(√2−t)2， 解得：t =−√2．∴R 2=(2√2)2+(−√2)2=10．∴四棱锥P −ABCD 的外接球的表面积=4πR 2=40π． 故答案为：45°，40π．①过点P 作PE ⊥AC ，作EF ⊥AB ，垂足分别为E ，F ，连接PF ，可得PF ⊥AB.在Rt △AFP 中，AP =2，∠PAB =60°，可得AF =1=EF ，AE =√2，在Rt △PAE 中求出即可得出．②分别以OA ，OB 为x ，y 轴，过点O 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系．设四棱锥P −ABCD 的外接球的球心为G ，半径为R.可设G(0,0,t).根据|GA|=|GP ，即可解出t ，即可得出四棱锥P −ABCD 的外接球的表面积．本题考查了四棱锥、正方体与直角三角形的性质、球的表面积，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．16.【答案】5−√155【解析】解：根据相互独立事件同时发生的概率公式得： f(p)=(1−p)3p +(1−p)4p ，∴f′(p)=−3(1−p)2p +(1−p)3−4(1−p)3p +(1−p)4=(1−p)2(5p 2−10p +2) =(1−p)(p −5−√155)(p −5+√155)，∵0≤p ≤1，当p =p 0时，f(p)最大， ∴p 0=5−√155．故答案为：5−√155．根据相互独立事件同时发生的概率公式得f(p)=(1−p)3p +(1−p)4p ，f′(p)=(1−p)(p −5−√155)(p −5+√155)，由此能求出结果．本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．17.【答案】解：(I)设公差为d ，由a 3+a 6=9，S 6=21，得{2a 1+7d =96a 1+15d =21，得a 1=1，d =1， 故数列{a n }的通项公式为a n =n ；(II)根据(I)，由a nb n=(12)n ，得b n =n ⋅2n ，数列{b n }的前n 项和S n =1⋅21+2⋅22+⋯+(n −1)⋅2n−1+n ⋅2n ， 两边乘以2得，2S n =1⋅22+2⋅23+⋯+(n −1)⋅2n +n ⋅2(n +1)， 作差化简得，S n =(n −1)⋅2(n +1)+2，故数列{b n }的前n 项和为S n =(n −1)⋅2(n +1)+2．【解析】(I)设公差为d ，由a 3+a 6=9，S 6=21，联立解方程组，求出首项和公差，再求出数列{a n }的通项公式；(II)结合(I)，由a nb n=(12)n ，得b n =n ⋅2n ，再利用错位相消法求出数列{b n }的前n 项和．本题考查了等差数列性质，求通项公式，利用错位相消法求数列的前n 项和，考查运算能力，中档题．18.【答案】解：(Ⅰ)证明：在Rt △ABC 中，∠C =90°，BC =AC =4，D ，E 分别是AC ，AB 边上的中点，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，∴DE ⊥A 1D ，DE ⊥DC ，DE//BC ，∵A 1D ∩DC =D ，∴BC ⊥平面A 1DC ， ∵BC ⊂平面A 1BC ，∴平面A 1CD ⊥平面A 1BC ．(Ⅱ)解：∵A 1C =A 1D ，∴△A 1CD 是边长为2的等边三角形， 取CD 中点O ，连结A 1O ，以O 为原点，OC 为x 轴，在平面BCDE 内过O 人生CD 的垂线为y 轴，OA 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 则A 1(0,0,√3)，C(1,0,0)，B(1,4,0)，E(−1,2,0)，A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−√3)，A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,4,−√3)，A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,2,−√3)， 设平面A 1BE 的法向量m⃗⃗⃗ =(x,y,z)， 则{m ⃗⃗⃗ ⋅A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x +4y −√3z =0m ⃗⃗⃗ ⋅A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−x +2y −√3z =0，取x =1，得m ⃗⃗⃗ =(1,−1,−√3)， 设直线A 1C 与平面A 1BE 所成角为θ， 则直线A 1C 与平面A 1BE 所成角的正弦值为：sinθ=|A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ ||A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|m ⃗⃗⃗ |=2√55．【解析】(Ⅰ)推导出DE ⊥A 1D ，DE ⊥DC ，DE//BC ，从而BC ⊥平面A 1DC ，由此能证明平面A 1CD ⊥平面A 1BC ．(Ⅱ)取CD 中点O ，连结A 1O ，以O 为原点，OC 为x 轴，在平面BCDE 内过O 人生CD 的垂线为y 轴，OA 1为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线A 1C 与平面A 1BE 所成角的正弦值．本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．19.【答案】解：(Ⅰ)由题意可得e =c a =√22，F(−c,0)，B(0,b)，A(2,0)，可得 12(2+c)b =32，即b(2+c)=3，又a 2−b 2=c 2，解得a =√2，b =c =1， 则椭圆的方程为x 22+y 2=1；(Ⅱ)设过点A 的直线l 的方程设为x =my +2，联立椭圆方程x 2+2y 2=2，可得(2+m 2)y 2+4my +2=0，△=16m 2−4×2(2+m 2)=8m 2−16>0，即m 2>2，设P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，可得y 1+y 2=−4m2+m 2，y 1y 2=22+m 2，由OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13，即x 1x 2+y 1y 2=(my 1+2)(my 2+2)+y 1y 2=(m 2+1)y 1y 2+2m(y 1+y 2)+4=13，即有(m 2+1)⋅22+m 2+2m(−4m2+m 2)+4=13，化为m 2=4>2， 则m =±2，可得直线l 的方程为x −2y −2=0或x +2y −2=0．【解析】(Ⅰ)由椭圆的离心率公式和三角形的面积公式，结合a ，b ，c 的关系，解方程可得a ，b ，进而得到椭圆的方程；(Ⅱ)设过点A 的直线l 的方程设为x =my +2，联立椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，再由向量的数量积的坐标表示，化简整理，解方程可得m ，进而得到所求直线方程．本题考查椭圆的方程和性质，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理，以及向量数量积的坐标表示，同时考查化简运算能力，属于中档题．20.【答案】解：(I)以样本的频率作为概率，则昼批次产品的不合格率为440=110，夜批次产品的不合格率为1040=14，在昼夜两个批次中分别抽取2件产品，恰有1件不合格产品，分2种情况：不合格产品在昼批次中，概率为P 1=C 21⋅110⋅910×C 22⋅(34)2=81800， 不合格产品在夜批次中，概率为P 2=C 22⋅(910)2×C 21⋅14⋅34=243800， 故所求的概率为P =P 1+P 2=81200．(II)这批产品中合格品的利润为(1000×910+1000×34)×5=16500，若不检验，则总利润为W 1=16500−(1000×110+1000×14)×25−10000=−2250， 若检验，则总利润为W 2=16500−2000×(5+2.5)=1500， ∴W 2>W 1，故需要对每个批次的所有产品作检测．【解析】(I)先求出昼夜两批次产品各自的不合格率，再分2种情况，并结合相互独立事件的概率求解即可；(II)先求出昼夜两批次各1000件产品中合格品的利润，再分不检验和检验2种情形，分别求出相应的总利润，比较大小后，即可得解．本题考查相互独立事件的概率、数学期望的实际应用，考查学生将理论知识与实际生活相联系的能力和运算能力，属于基础题．21.【答案】解：(Ⅰ)由f′(x)=e x −e −x +2−b ，得f′(0)=2−b ，由g′(x)=2ax ，得g′(1)=2a ，根据题意可得{2a =2g(1)=a +b =2+1+2−b ，解得{a =1b =2；(Ⅱ)由不等式f(x)≥kg(x)−2k +2对任意x ∈R 恒成立知，e x +e −x −kx 2−2≥0恒成立，令F(x)=e x +e −x −kx 2−2，显然F(x)为偶函数，故当x ≥0时，F(x)≥0恒成立， F′(x)=e x −e −x −2kx ，令ℎ(x)=e x −e −x −2kx(x ≥0)，则ℎ′(x)=e x +e −x −2k ， 令H(x)=e x +e −x −2k(x ≥0)，则H′(x)=e x −e −x ，显然H′(x)为(0,+∞)上的增函数， 故H ′(x)≥H′(0)=0，即H(x)在(0,+∞)上为增函数，H(0)=2−2k ，①当H(0)=2−2k ≥0，即k ≤1时，H(x)≥0，则ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增， 故ℎ(x)≥ℎ(0)=0，则F(x)在(0,+∞)上为增函数，故F (x)≥F(0)=0，符合题意； ②当H(0)=2−2k <0，即k >1时，由于H(ln(2k))=12k >0，故存在x 1∈(0,ln(2k))，使得H(x 1)=0，故ℎ(x)在(0,x 1)单调递减，在(x 1,+∞)单调递增，当x ∈(0,x 1)时，ℎ(x)<ℎ(0)=0，故F (x)在在(0,x 1)单调递减，故F (x)<F(0)=0，不合题意． 综上，k ≤1；(Ⅲ)证明：由(Ⅱ)知，f(x 1)f(x 2)≥(x 12+2)(x 22+2)=x 12x 22+2x 12+2x 22+4≥2x 12+2x 22+4，当且仅当x 1=x 2=0时等号同时成立，故f(sinθ1)f(cosθn )>2sin 2θ1+2cos 2θn +4， f(sinθ2)f(cosθn−1)>2sin 2θ2+2cos 2θn−1+4，……， f(sinθn )f(cosθ1)>2sin 2θn +2cos 2θ1+4，以上n 个式子相加得，f(sinθ1)⋅f(cosθn )+f(sinθ2)⋅f(cosθn−1)+⋯+f(sinθn−1)⋅f(cosθ2)+f(sinθn )⋅f(cosθ1)>6n ．【解析】(Ⅰ)f′(0)=2−b ，g′(1)=2a ，再结合题意，建立关于a ，b 的方程组，解方程即可得解；(Ⅱ)依题意，e x +e −x −kx 2−2≥0恒成立，令F(x)=e x +e −x −kx 2−2，由于F(x)为偶函数，故只需当x ≥0时，F(x)≥0恒成立，对函数F(x)求导后，利用导数分类讨论即可得出结论；(Ⅲ)由(Ⅱ)知，f(x 1)f(x 2)≥2x 12+2x 22+4，由此可得f(sinθ1)f(cosθn )>2sin 2θ1+2cos 2θn +4，f(sinθ2)f(cosθn−1)>2sin 2θ2+2cos 2θn−1+4，……，f(sinθn )f(cosθ1)>2sin 2θn +2cos 2θ1+4，再累加即可得证．本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性，最值以及不等式的恒成立问题，考查推理论证能力，运算求解能力，考查分类与整合思想，化归与转化思想等，属于较难题目．22.【答案】解：(Ⅰ)曲线C 1的参数方程为{x =√33+√32t,y =−23+12t(t 为参数)，转换为直角坐标方程为√3x −y −53=0，转换为极坐标方程为ρ=56cos(θ+π6)．曲线C 2的参数方程为{x =1cosϕ,y =√2tanφ(φ为参数)，转换为直角坐标方程为x 2−y 22=1．(Ⅱ)把曲线C 1的参数方程为{x =√33+√32t,y =−23+12t(t 为参数)，代入x 2−y 22=1，得到：t 22+83t −169=0，所以|PA|⋅|PB|=|t 1t 2|=|−16912|=89．【解析】(Ⅰ)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． (Ⅱ)利用一元二次方程根和系数的关系式的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．23.【答案】解：(Ⅰ)f(x)={−3x −1,x <−2−x +3,−2≤x ≤123x +1,x >12，易知，当x =12时，函数f(x)取得最小值，且最小值为f(12)=52； (Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可知，M =52，则a +2b =5， ∴(a +1)+(2b +1)=7，∴1a+1+12b+1=17[(a+1)+(2b+1)](1a+1+12b+1)=17(2+a+12b+1+2b+1a+1)≥17(2+2√a+12b+1⋅2b+1a+1)=47，当且仅当{a+12b+1=2b+1a+1a+2b=5，即a=52,b=54时取等号．【解析】(Ⅰ)将函数化为分段函数的形式，利用函数的性质即可求得最小值；(Ⅱ)由(Ⅰ)可知(a+1)+(2b+1)=7，再利用基本不等式即可得证．本题考查含绝对值的函数最值求法，考查基本不等式的运用，考查推理能力及运算能力，属于基础题．。
2020年河北省高考数学(理科)模拟试卷(8)
2020年河北省高考数学（理科）模拟试卷（8）一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1．（5分）已知复数z 在复平面内对应的点的坐标为（﹣1，2），则z1+z =（ ）A ．−32+32zB ．−32+12zC ．−12+32zD ．12+32z 2．（5分）已知集合z ={z |3z≥1}，B ＝{x |x ≥0}，则A ∩B ＝（ ） A ．{x |0＜x ≤3}B ．{x |0≤x ≤3}C ．{x |1＜x ≤3}D ．{x |1＜x ＜3}3．（5分）设非零向量z →，z →满足|z →|＝3|z →|，cos ＜z →，z →＞=13，z →•（z →−z →）＝16，则|z→|＝（ ） A ．√2B ．√3C ．2D ．√5/4．（5分）如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 为DD 1的中点，几何体ABCDEC 1的侧视图与俯视图如图所示，则该几何体的正视图为（ ）A ．B ．C ．D ．5．（5分）已知双曲线C 与双曲线z 22−z 26=1有公共的渐近线，且经过点z (−2，√3)，则双曲线C 的离心率为（ ）A ．√2B ．2√33C ．4D ．26．（5分）已知a ，b ＞0，a +b ＝1，则12z +1+2z +1的最小值是（ ）A ．95B ．116C ．75D ．1+2√25 【7．（5分）已知zzz (z −z 6)=35，则zzz (z +z3)=（ ） A ．35B ．−35C ．45D ．−458．（5分）将甲、乙、丙、丁四人分配到A ，B ，C 三所学校任教，每所学校至少安排1人，则甲不去A 学校的不同分配方法有（ ） A ．18种B ．24种C ．32种D ．36种9．（5分）已知点（a ，b ）在圆x 2+y 2＝1上，则函数f （x ）＝a cos 2x +b sin x cos x −z 2−1的最小正周期和最小值分别为（ ） A ．2z，−32B ．z，−32C ．z，−52D ．2z，−5210．（5分）已知函数f （x ）={2z (z ≤0)zzz (z＞0)，且关于x 的方程f （x ）+x ﹣a ＝0有且只有一个实数根，则实数a 的取值范围（ ） A ．[0，+∞）B ．（1，+∞）C ．（0，+∞）D ．（﹣∞，1）\11．（5分）在三棱锥P ﹣ABC 中，AP ⊥平面PBC ，PA ＝2PB ＝2PC ＝2，BC =√2，则三棱锥P ﹣ABC 的外接球体积为（ ）A ．3√6πB ．13C ．8√6πD ．√6π12．（5分）已知函数f （x ）＝x +alnx +b 在x ＝1处的切线的斜率为﹣1，若该函数存在两个不同的零点x 1，x 2，则1z 1+1z 2的取值范围是（ ）A ．[1，+∞）B ．（﹣∞，1）C ．（1，+∞）D ．（﹣∞，1]二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）已知实数x ，y 满足{z ≥4z，z +2z +6≥0，z ≤4，则z =z +4z −4的最大值为 ．14．（5分）某工厂共有50位工人组装某种零件．如图的散点图反映了工人们组装每个零件所用的工时（单位：分钟）与人数的分布情况．由散点图可得，这50位工人组装每个零件所用工时的中位数为 ．若将500个要组装的零件平均分给每个工人，让他们同时开始组装，则至少要过 分钟后，所有工人都完成组装任务．@15．（5分）设a ，b ，c 分别为△ABC 内角A ，B ，C 的对边．已知z =z 3，z =1，且（sin 2A +4sin 2B ）c ＝8（sin 2B +sin 2C ﹣sin 2A ），则a ＝ ．16．（5分）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E 的方程为z 24+z 25=1，F 为E 的上焦点，A为E 的右顶点，P 是E 上位于第一象限内的动点，Q 是E 上位于第三象限内的动点，则四边形APFQ 的面积最大值是 ．三．解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17．（12分）已知等差数列{a n }的前n 项和是S n ，若a 1＝1，且a 1，a 2，a 3+1成等比数列． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）记z z =3z ⋅z z 的前n 项和是T n ，求T n ．18．（12分）现代社会的竞争，是人才的竞争，各国、各地区、各单位都在广纳贤人，以更好更快的促进国家、地区、单位的发展．某单位进行人才选拔考核，该考核共有三轮，每轮都只设置一个项目问题，能正确解决项目问题者才能进入下一轮考核；不能正确解决者即被淘汰．三轮的项目问题都正确解决者即被录用．已知A 选手能正确解决第一、二、三轮的项目问题的概率分别为45，23，12，且各项目问题能否正确解决互不影响．；（1）求A 选手被淘汰的概率；（2）设该选手在选拔中正确解决项目问题的个数为ξ，求ξ的分布列与数学期望． 19．（12分）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）求直线BC 与平面PBD 所成角的正弦值．20．（12分）已知函数f （x ）＝lnx +2x ﹣x 2． （1）讨论函数f （x ）的单调性；·（2）判断并说明函数g （x ）＝f （x ）﹣cos x 的零点个数．若函数g （x ）所有零点均在区间[m ，n ]（m ∈Z ，n ∈Z ）内，求n ﹣m 的最小值21．（12分）已知抛物线C ：x 2＝2py （p ＞0）的焦点为F ，直线l 与抛物线C 交于P ，Q 两点． （1）若l 过点F ，抛物线C 在点P 处的切线与在点Q 处的切线交于点G ．证明：点G 在定直线上．（2）若p ＝2，点M 在曲线y =√1−z 2上，MP ，MQ 的中点均在抛物线C 上，求△MPQ 面积的取值范围．四．解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22．（10分）在直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，椭圆C 以极坐标系中的点（0，0）为中心、点（1，0）为焦点、（√2，0）为一个顶点．直线l 的参数方程是{z =1−z z =2z，（t 为参数）．（Ⅰ）求椭圆C 的极坐标方程；（Ⅱ）若直线l 与椭圆C 的交点分别为M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），求线段MN 的长度．《五．解答题（共1小题）23．已知函数f （x ）＝|x ﹣m |﹣|2x +2m |（m ＞0）．（Ⅰ）当m＝1时，求不等式f（x）≥1的解集；（Ⅱ）若∀x∈R，∃t∈R，使得f（x）+|t﹣1|＜|t+1|，求实数m的取值范围．2020年河北省高考数学（理科）模拟试卷（8）参考答案与试题解析一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）;1．（5分）已知复数z在复平面内对应的点的坐标为（﹣1，2），则z1+z=（）A．−32+32z B．−32+12z C．−12+32z D．12+32z【解答】解：由题意，z＝﹣1+2i，则z1+z =−1+2z1+z=(−1+2z)(1−z)(1+z)(1−z)=12+32z．故选：D．2．（5分）已知集合z={z|3z≥1}，B＝{x|x≥0}，则A∩B＝（）A．{x|0＜x≤3} B．{x|0≤x≤3} C．{x|1＜x≤3} D．{x|1＜x＜3}【解答】解：∵集合z={z|3z≥1}={x|0＜x≤3}，）B＝{x|x≥0}，∴A∩B＝{x|0＜x≤3}．故选：A．3．（5分）设非零向量z→，z→满足|z→|＝3|z→|，cos＜z→，z→＞=13，z→•（z→−z→）＝16，则|z→|＝（）A．√2B．√3C．2 D．√5【解答】解：∵|z→|＝3|z→|，cos＜z→，z→＞=13，∴z→•（z→−z→）=z→2−z→⋅z→=9|z→|2−3|z→|2×13=8|z→|2=16，∴|z→|=√2．》故选：A．4．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为DD1的中点，几何体ABCDEC1的侧视图与俯视图如图所示，则该几何体的正视图为（）A ．B ．C ．D ．【解答】解：根据几何体ABCC 1DE 的侧视图和俯视图，所以正视图为直角梯形， 即点A 的射影落在D 点，点B 的射影落在C 点，线段BE 的射影落在EC 的位置． 故选：A ．:5．（5分）已知双曲线C 与双曲线z 22−z 26=1有公共的渐近线，且经过点z (−2，√3)，则双曲线C 的离心率为（ ） A ．√2B ．2√33C ．4D ．2【解答】解：根据题意，双曲线C 与双曲线z 22−z 26=1有公共的渐近线，设双曲线C的方程为z 22−z 26=z ，（t ≠0），又由双曲线C 经过点P （﹣2，√3），则有2−12=t ，则t =32，则双曲线的C 的方程为z 22−z 26=32，即：z 23−z 29=1，其焦距c ＝2√3，a =√3，所以双曲线的离心率为：e =zz =2．故选：D ．6．（5分）已知a ，b ＞0，a +b ＝1，则12z +1+2z +1的最小值是（ ）…A ．95B ．116C ．75D ．1+2√25【解答】解：∵a ，b ＞0，a +b ＝1，∴由权方和不等式可得12z +1+2z +1=12z +12+2z +1≥(√12+√2)2z +12+z +1=9252=95，（√12z +12=√2z +1，“＝”）， 故选：A ．7．（5分）已知zzz (z −z 6)=35，则zzz (z +z3)=（ ） A ．35B ．−35C ．45D ．−45【解答】解：已知zzz (z −z 6)=35，则zzz (z +z 3)=cos[z 2−（α+z3）]＝cos（z 6−α）＝cos （α−z 6）=35， 故选：A ．;8．（5分）将甲、乙、丙、丁四人分配到A ，B ，C 三所学校任教，每所学校至少安排1人，则甲不去A 学校的不同分配方法有（ ） A ．18种B ．24种C ．32种D ．36种【解答】解：根据题意，分两种情况讨论，①其他三人中有一个人与甲在同一个学校，有C 31A 21A 22＝12种情况， ②没有人与甲在同一个学校，则有C 21C 32A 22＝12种情况； 则若甲要求不到A 学校，则不同的分配方案有12+12＝24种； 故选：B ．9．（5分）已知点（a ，b ）在圆x 2+y 2＝1上，则函数f （x ）＝a cos 2x +b sin x cos x −z 2−1的最小正周期和最小值分别为（ ）—A ．2z，−32B ．z，−32C ．z，−52D ．2z，−52【解答】解：∵点（a ，b ）在圆x 2+y 2＝1上，∴a 2+b 2＝1．z (z )=zzzz 2z +zzzzzzzzz −z2−1=z ⋅1+zzz2z 2+z 2zzz2z −z2−1 =12(zzzz2z +zzzz2z )−1=√z 2+z 22(√z 2+z2+√z 2+z 2)−1=12zzz (2z +z )−1，（tan θ=zz ）． ∴函数的最小正周期为2z 2=z ，/当sin （2x +θ）＝﹣1时，函数有最小值−32．故选：B ．10．（5分）已知函数f （x ）={2z (z ≤0)zzz (z＞0)，且关于x 的方程f （x ）+x ﹣a ＝0有且只有一个实数根，则实数a 的取值范围（ ） A ．[0，+∞）B ．（1，+∞）C ．（0，+∞）D ．（﹣∞，1）【解答】解：因为条件等价于函数y ＝f （x ）的图象与直线y ＝﹣x +a 只有一个交点．作出图象如图：由图可知，a ＞1， 故选：B ．,11．（5分）在三棱锥P ﹣ABC 中，AP ⊥平面PBC ，PA ＝2PB ＝2PC ＝2，BC =√2，则三棱锥P ﹣ABC 的外接球体积为（ ）A ．3√6πB ．13C ．8√6πD ．√6π【解答】解：设三棱锥P ﹣ABC 的外接球的半径为R ． ∵PB ＝PC ＝1，BC =√2，∴PB 2+PC 2＝BC 2，∴PB ⊥PC ． 又AP ⊥平面PBC ，∴AP ⊥PB ，AP ⊥PC ． ∴（2R ）2＝12+12+22＝6，解得：R =√62．则三棱锥P ﹣ABC 的外接球体积=43π×(√62)3=√6π．^故选：D ．12．（5分）已知函数f （x ）＝x +alnx +b 在x ＝1处的切线的斜率为﹣1，若该函数存在两个不同的零点x 1，x 2，则1z 1+1z 2的取值范围是（ ）A ．[1，+∞）B ．（﹣∞，1）C ．（1，+∞）D ．（﹣∞，1]【解答】解：f （x ）＝x +alnx +b 的导数为f ′（x ）＝1+zz， 可得在x ＝1处的切线的斜率为1+a ， 由1+a ＝﹣1，可得a ＝﹣2， 则f （x ）＝x ﹣2lnx +b ，由题意可得x 1﹣2lnx 1+b ＝x 2﹣2lnx 2+b ，^即有z 1−z 2zzz 1−zzz 2=2，由x 1，x 2＞0，可得1z 1+1z 2≥√z z ，即有21z 1+1z 2≤√z 1z 2；设x 1＞x 2＞0，要证√z 1z 2＜z 1−z 2zzz 1−zzz 2，即证lnx 1﹣lnx 2＜√z 1z 2−√z2z 1，即为ln z 1z 2＜√z 1z 2−√z 2z 1，①设t =z 1z 2，t ＞1，即证lnt ＜√z −√z ，即为2ln √z＜√z −√z， …设g （x ）＝2lnx ﹣（x −1z ），x ＞1，导数为g ′（x ）=2z −1−1z 2=−(z −1)2z 2＜0，可得g （x ）在x ＞1递减，则g （x ）＜g （1）＝0， 可得2lnx ﹣（x −1z ）＜0，x ＞1，则①成立．则21z 1+1z 2≤√12＜z 1−z 2zzz 1−zzz 2，则1z 1+1z 2＞1． 故选：C ．?二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）已知实数x ，y 满足{z ≥4z，z +2z +6≥0，z ≤4，则z =z +4z −4的最大值为 −27． 【解答】解：作出不等式组所表示的平面区域如下图阴影区域所示，z =z +4z −4表示平面区域内的点（x ，y ）与D （4，﹣4）连线的斜率，观察可知，z zz ≤z +4z −4≤z zz ，联立{z =4z，z +2z +6=0，解得{z =−23，z =−83，即z (−23，−83)，故z =z +4z −4的最大值为−83+4−23−4=43−23−123=−27． 故答案为：−27．14．（5分）某工厂共有50位工人组装某种零件．如图的散点图反映了工人们组装每个零件所用的工时（单位：分钟）与人数的分布情况．由散点图可得，这50位工人组装每个零件所用工时的中位数为 ．若将500个要组装的零件平均分给每个工人，让他们同时开始组装，则至少要过 35 分钟后，所有工人都完成组装任务．【解答】解：根据散点图填写下表，》人数 3 5 6 12 16 8工时、所以这50人所用工时中位数是；500个零件平均分给50人，每人10个，最多用时为×10＝35（分钟）；（所以都完成时至少用时35分钟． 故答案为：，35．15．（5分）设a ，b ，c 分别为△ABC 内角A ，B ，C 的对边．已知z =z 3，z =1，且（sin 2A +4sin 2B ）c ＝8（sin 2B +sin 2C ﹣sin 2A ），则a ＝ 2 ．【解答】解：因为（sin 2A +4sin 2B ）c ＝8（sin 2B +sin 2C ﹣sin 2A ）， 所以（a 2+4b 2）c ＝8（b 2+c 2﹣a 2），又b ＝1， 所以（a 2+4b 2）bc ＝8（b 2+c 2﹣a 2），所以z 2+4z 22=8×z 2+z 2−z 22zz=8zzzz =4，则z 2+42=4，解得a ＝2．{故答案为：2．16．（5分）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E 的方程为z 24+z 25=1，F 为E 的上焦点，A为E 的右顶点，P 是E 上位于第一象限内的动点，Q 是E 上位于第三象限内的动点，则四边形APFQ 的面积最大值是 2√6 ．【解答】解：如图，由椭圆E 的方程为z 24+z 25=1，a =√5b ＝2，可得c ＝1，四边形QAPF 的面积为三角形QAF 与三角形AFP 的面积和， 要使三角形AFP 的面积最大，则P 到直线AF 的距离最大， 要使三角形QAF 的面积最大，则Q 到直线AF 的距离最大， 设与直线AF 平行的直线方程为x ＝﹣2y +m ， 联立{z =−2z +z5z 2+4z 2=20，可得24y 2﹣20my +5m 2﹣20＝0． …由△＝400m 2﹣4×24×（5m 2﹣20）＝0，解得m ＝±2√6． 则两平行线x +2y ＝2√6与x +2y ﹣2√6=0的距离为d =√65． ∴四边形QAPF 的面积的最大值是：12×√5×√6√5=2√6．故答案为：2√6．三．解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17．（12分）已知等差数列{a n }的前n 项和是S n ，若a 1＝1，且a 1，a 2，a 3+1成等比数列．（1）求数列{a n }的通项公式；！（2）记z z =3z ⋅z z 的前n 项和是T n ，求T n ．【解答】解：（1）因为a 1，a 2，a 3+1成等比数列且a 1＝1，所以得（a 1+d ）2＝a 1（a 1+2d +1），化简得d 2＝1，所以d ＝1或者﹣1， 当d ＝﹣1时，a 2＝0，所以a 1，a 2，a 3+1不是等比数列，与已知矛盾， 数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以a n ＝n ；（2）z z =3z ⋅z z =n •3n，所以Tz=1⋅31+2⋅32+⋯+z ⋅3z ，`3z z =1⋅32+2⋅33+⋯+z ⋅3z +1，所以﹣2z z =1⋅3+32+⋯+3z −z ⋅3z +1， =3(1−3z )1−3−z ⋅3z +1=−32−2z −12⋅3z +1， ∴z z =34+2z −14⋅3z +1．18．（12分）现代社会的竞争，是人才的竞争，各国、各地区、各单位都在广纳贤人，以更好更快的促进国家、地区、单位的发展．某单位进行人才选拔考核，该考核共有三轮，每轮都只设置一个项目问题，能正确解决项目问题者才能进入下一轮考核；不能正确解决者即被淘汰．三轮的项目问题都正确解决者即被录用．已知A 选手能正确解决第一、二、三轮的项目问题的概率分别为45，23，12，且各项目问题能否正确解决互不影响．（1）求A 选手被淘汰的概率；（2）设该选手在选拔中正确解决项目问题的个数为ξ，求ξ的分布列与数学期望．（【解答】解：（1）某单位进行人才选拔考核，该考核共有三轮，每轮都只设置一个项目问题，能正确解决项目问题者才能进入下一轮考核；不能正确解决者即被淘汰．三轮的项目问题都正确解决者即被录用．A 选手能正确解决第一、二、三轮的项目问题的概率分别为45，23，12，且各项目问题能否正确解决互不影响．A 选手被淘汰的对立事件是A 选手被录用，∴A 选手被淘汰的概率为：P ＝1−45×23×12=1−415=1115．（2）设该选手在选拔中正确解决项目问题的个数为ξ，则ξ的可能取值为0，1，2，3，P （ξ＝0）＝1−45=15，^P （ξ＝1）=45×(1−23)=415， P （ξ＝2）=45×23×(1−12)=415， P （ξ＝3）=45×23×12=415，∴ξ的分布列为：ξ12》3P15415415415数学期望E （ξ）=0×15+1×415+2×415+3×415=85．19．（12分）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）求直线BC 与平面PBD 所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：∵AP ⊥平面PCD ，∴AP ⊥CD ．∵AD ∥BC ，zz =12zz ，∴四边形BCDE 为平行四边形，∴BE ∥CD ，∴AP ⊥BE ．又∵AB ⊥BC ，zz =zz =12zz ，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zz =√2zz =√2zz ， ∴△PAC 为等腰直角三角形，O 为斜边AC 上的中点， ∴PO ⊥AC 且AC ∩BE ＝0，∴PO ⊥平面ABCD ．（2）解：以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O ﹣xyz ，如图所示． 设OB ＝1，则B （1，0，0），C （0，1，0），P （0，0，1），D （﹣2，1，0），则zz→=(−1，1，0)，zz →=(1，0，−1)，zz →=(−2，1，−1)． 设平面PBD 的法向量为z →=(z，z，z )， 令z ＝1，得z→=(1，3，1)． *设BC 与平面PBD 所成角为θ，则sin θ＝|cos ＜zz →，z →＞|=|zz →⋅z →||zz→|⋅|z →|=211=√2211．20．（12分）已知函数f （x ）＝lnx +2x ﹣x 2． （1）讨论函数f （x ）的单调性；（2）判断并说明函数g （x ）＝f （x ）﹣cos x 的零点个数．若函数g （x ）所有零点均在区间[m ，n ]（m ∈Z ，n ∈Z ）内，求n ﹣m 的最小值【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），z′(z )=1z +2−2z =−2z 2+2z +1z， 令f ′（x ）＝0，得z 1=1+√32，z 2=1−√32（舍）， —当x ∈（0，x 1）时，f ′（x ）＞0，当x ∈（x 1，+∞）时，f ′（x ）＜0， ∴函数f （x ）在（0，x 1）单调递增，在（x 1，+∞）单调递减． （2）g （x ）＝lnx +2x ﹣x 2﹣cos x ， ①当x ∈（0，1）时，z′(z )=1z+2−2z +zzzz ， 又z′(z )=1z+2−2z 单调递减，故g ′（x ）＞1+2﹣2+0＝1， ∴g （x ）在（0，1）单调递增，又z (1)=1−zzz1＞0，z (14)=zz 14+12−116−zzz 14＜0，∴存在唯一x 1∈（0，1），使得g （x 1）＝0；-②当z ∈[1，z 2)时，z′(z )=1z +2−2z +zzzz ，z″(z )=−1z2−2+zzzz＜0，∴g ′（x ）单减，又z′(z 2)=2z+2−z +1＞0，故g ′（x ）＞0，∴g （x ）在[1，z2)上单增， 又g （1）＝1﹣cos1＞0，故g （x ）＞0，此时不存在零点；③当z ∈[z 2，3)时，z′(z )=1z +2−2z +zzzz ，z″(z )=−1z2−2+zzzz＜0，∴g ′（x ）单减，又z′(z 2)＞0，z′(2)=12+2−4+zzz2＜0，《∴存在z 0∈[z2，2)，使得g ′（x 0）＝0，且当z ∈[z2，z 0)时，g ′（x ）＞0，g （x ）单增，当x ∈（x 0，3）时，g ′（x ）＜0，g （x ）单减，又z (z 2)=zz z 2+z −z 24＞0，z (2)=zz2−zzz2＞0，z (3)=zz3+6−9−zzz3＜0，∴存在唯一x 2∈（2，3），使得g （x 2）＝0；④当x ∈[3，+∞）时，g （x ）＜x ﹣1+2x ﹣x 2+1＝﹣x 2+3x ≤0，故不存在零点． 综上，g （x ）存在两个零点x 1∈（0，1），x 2∈（2，3）， ∴n ﹣m 的最小值为3．21．（12分）已知抛物线C ：x 2＝2py （p ＞0）的焦点为F ，直线l 与抛物线C 交于P ，Q 两点．!（1）若l 过点F ，抛物线C 在点P 处的切线与在点Q 处的切线交于点G ．证明：点G 在定直线上．（2）若p ＝2，点M 在曲线y =√1−z 2上，MP ，MQ 的中点均在抛物线C 上，求△MPQ 面积的取值范围．【解答】（1）证明：易知z (0，z 2)，设z (z 1，z 122z )，z (z 2，z 222z )． 由题意可知直线l 的斜率存在，故设其方程为z =zz +z 2．由{z =zz +z2z 2=2zz ，得x 2﹣2pkx ﹣p 2＝0，所以z 1z 2=−z 2． 由x 2＝2py ，得z =z 22z ，z′=zz ，则z zz =z 1z ，直线PG 的方程为z −z 122z =z 1z (z −z 1)，即z 1z z −z −z 122z =0，①同理可得直线QG 的方程为z 2z z −z −z 222z=0，②联立①②，可得(z 1−z 2)z =z 1z 2(z 1−z 2)2z．因为x 1≠x 2，所以z =z 1z 22z =−z 2，故点G 在定直线z =−z2上．（2）解：设M （x 0，y 0），MP ，MQ的中点分别为(z 1+z 02，z 124+z 02)，(z 2+z 02，z 224+z 02)．因为MP ，MQ 得中点均在抛物线C 上，所以x 1，x 2为方程(z +z 02)2=4×z 24+z 02的解，即方程z 2−2z 0z +8z 0−z 02=0的两个不同的实根，则x 1+x 2＝2x 0，z 1z 2=8z 0−z 02，△=(2z 0)2−4(8z 0−z 02)＞0，即z 02＞4z 0，所以PQ 的中点N 的横坐标为x 0，则|zz |=18(z 12+z 22)−z 0=18[(z 1+z 2)2−2z 1z 2]−z 0=34z 02−3z 0，|z 1−z 2|=√(z 1+z 2)2−4z 12=2√2(z 02−4z 0)，所以△MPQ 的面积z =12|zz |⋅|z 1−z 2|=3√24(z 02−4z 0)32． 由z 0=−√1−z 02，得z 02=1−z 02(−1≤z 0≤0)， 所以z 02−4z 0=−z 02−4z 0+1=−(z 0+2)2+5，因为﹣1≤y 0≤0，所以1≤−(z 0+2)2+5≤4， 所以△MPQ 面积的取值范围为[3√24，6√2]． 四．解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22．（10分）在直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，椭圆C 以极坐标系中的点（0，0）为中心、点（1，0）为焦点、（√2，0）为一个顶点．直线l 的参数方程是{z =1−z z =2z，（t 为参数）．（Ⅰ）求椭圆C 的极坐标方程；（Ⅱ）若直线l 与椭圆C 的交点分别为M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），求线段MN 的长度． 【解答】解：（Ⅰ）椭圆C 以极坐标系中的点（0，0）为中心、点（1，0）为焦点、（√2，0）为一个顶点．所以c ＝1，a =√2，b ＝1，所以椭圆的方程为z 22+z 2=1，转换为极坐标方程为z 2=21+zzz 2z ．（Ⅱ）直线l 的参数方程是{z =1−z z =2z，（t 为参数）．转换为直角坐标方程为2x +y ﹣2＝0．设交点M （x 1，y 1），N （x 2，y 2）， 所以{2z +z −2=0z 22+z 2=1，整理得9x 2﹣16x +6＝0，所以z 1+z 2=169，z 1z 2=69，所以|zz |=√1+(−2)2|x 1﹣x 2|=√5√(z 1+z 2)2−4z 1z 2=109√2．五．解答题（共1小题）23．已知函数f （x ）＝|x ﹣m |﹣|2x +2m |（m ＞0）． （Ⅰ）当m ＝1时，求不等式f （x ）≥1的解集；（Ⅱ）若∀x ∈R ，∃t ∈R ，使得f （x ）+|t ﹣1|＜|t +1|，求实数m 的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）当m ＝1时，|x ﹣1|﹣|2x +2|≥1⇔{z ≤−1z +3≥1或{−1＜z＜1−3z −1≥1或{z ≥1−z −3≥1， 解得﹣2≤x ≤−23，所以原不等式的解集为[﹣2，−23]．（Ⅱ）f （x ）+|t ﹣1|＜|t +1|⇔f （x ）＜|t +1|﹣|t ﹣1|对任意x ∈R 恒成立，对实数t 有解．∵f （x ）={z +3z，z ≤−z−3z −z，−z＜z＜z −z −3z，z ≥z，根据分段函数的单调性可知：x ＝﹣m 时，f（x ）取得最大值f （﹣m ）＝2m ，∵||t +1|﹣|t ﹣1||≤|（t +1）﹣（t ﹣1）|＝2，∴﹣2≤|t +1|﹣|t ﹣1|≤2，即|t +1|﹣|t ﹣1|的最大值为2．所以问题转化为2m ＜2，解得0＜m ＜1．。
2020年河北省邢台市高考数学模拟试卷(理科)(2月份)(附答案详解)
2020年河北省邢台市高考数学模拟试卷（理科）（2月份）1.若z=2+i，则zz−−z−z=()A. 85i B. 25−45i C. −85i D. 25+45i2.已知集合A={x|lg(x2−x−1)>0}，B={x|0<x<3}，则A∩B=()A. {x|0<x<1}B. {x|x<−1}∪{x|x>0}C. {x|2<x<3}D. {x|0<x<1}∪{x|2<x<3}3.设非零向量a⃗，b⃗ 满足|a⃗|=3|b⃗ |，cos<a⃗，b⃗ >=13，a⃗⋅(a⃗−b⃗ )=16，则|b⃗ |=()A. √2B. √3C. 2D. √54.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为DD1的中点，几何体ABCDEC1的侧视图与俯视图如图所示，则该几何体的正视图为()A.B.C.D.5.设双曲线x2−y23=1,x22−y25=1,y22−x27=1的离心率分别为e1，e2，e3，则()A. e3<e2<e1B. e3<e1<e2C. e1<e2<e3D. e2<e1<e36.若log2x+log4y=1，则x2+y的最小值为()A. 2B. 2√3C. 4D. 2√27. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有一个“引葭赴岸”问题：“今有池方一丈，葭生其中央．出水一尺，引葭赴岸，适与岸齐．问水深、葭长各几何？”其意思为“今有水池1丈见方(即CD =10尺)，芦苇生长在水的中央，长出水面的部分为1尺．将芦苇向池岸牵引，恰巧与水岸齐接(如图所示).试问水深、芦苇的长度各是多少？假设θ=∠BAC ，现有下述四个结论：①水深为12尺；②芦苇长为15尺；③tan θ2=23；④tan(θ+π4)=−177． 其中所有正确结论的编号是( )A. ①③B. ①③④C. ①④D. ②③④8. 在外国人学唱中文歌曲的大赛中，有白皮肤选手6人，黑皮肤选手6人，黄皮肤选手8人，一等奖规定至少2个至多3个名额，且要求一等奖获奖选手不能全是同种肤色，则一等奖人选的所有可能的种数为( )A. 420B. 766C. 1080D. 11769. 已知函数f(x)=sin2x +sin(2x +π3)，则( )A. f(x)的最小正周期为π2 B. 曲线y =f(x)关于(π3,0)对称 C. f(x)的最大值为2D. 曲线y =f(x)关于x =π6对称10. 函数f(x)=|lgx 2|+x 2−2|x|的零点的个数为( )A. 2B. 3C. 4D. 611. 在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E 为棱A 1B 1上一点，且AB =2，若二面角B 1−BC 1−E 为45°，则四面体BB 1C 1E 的外接球的表面积为( )A.172πB. 12πC. 9πD. 10π12. 若曲线y =xe x +mx+1(x <−1)存在两条垂直于y 轴的切线，则m 的取值范围为( )A. (−27e 4,0)B. [−27e 4,0)C. (−27e 4,+∞)D. (−1,−27e 4)13. 若x ，y 满足约束条件{x +y ≥2x −y ≤1y <2，则z =yx 的取值范围为______．14. 某工厂共有50位工人组装某种零件．如图的散点图反映了工人们组装每个零件所用的工时(单位：分钟)与人数的分布情况．由散点图可得，这50位工人组装每个零件所用工时的中位数为 (1) .若将500个要组装的零件平均分给每个工人，让他们同时开始组装，则至少要过 (2) 分钟后，所有工人都完成组装任务．,b=1，且(sin2A+ 15.设a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边．已知A=π34sin2B)c=8(sin2B+sin2C−sin2A)，则a=______．16.设A(−2,0)，B(2,0)，若直线y=ax(a>0)上存在一点P满足|PA|+|PB|=6，且△PAB的内心到x轴的距离为3√30，则a=______．2017.设等差数列{a n−b n}的公差为2，等比数列{a n+b n}的公比为2，且a1=2，b1=1．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)求数列{2a n+2n}的前n项和S n．18.某厂加工的零件按箱出厂，每箱有10个零件，在出厂之前需要对每箱的零件作检验，人工检验方法如下：先从每箱的零件中随机抽取4个零件，若抽取的零件都是正品或都是次品，则停止检验；若抽取的零件至少有1个至多有3个次品，则对剩下的6个零件逐一检验．已知每个零件检验合格的概率为0.8，每个零件是否检验合格相互独立，且每个零件的人工检验费为2元．(1)设1箱零件人工检验总费用为X元，求X的分布列；(2)除了人工检验方法外还有机器检验方法，机器检验需要对每箱的每个零件作检验，每个零件的检验费为1.6元现有1000箱零件需要检验，以检验总费用的数学期望为依据，在人工检验与机器检验中，应该选择哪一个？说明你的理由．19.如图，在四棱锥P−ABCD中，AP⊥平面PCD，AD//BC，AB⊥BC，AP=AB=BC=1AD，E为AD的中点，AC与BE相交于点O．2(1)证明：PO⊥平面ABCD．(2)求直线BC与平面PBD所成角的正弦值．20.已知函数f(x)=x3+ax．(1)讨论f(x)在(a,+∞)上的单调性；(2)若a≥−3，求不等式f(2x2−4x+3)<x4+6x4+12x2+8+a(x2+2)的解集．21.已知抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F，直线l与抛物线C交于P，Q两点．(1)若l过点F，抛物线C在点P处的切线与在点Q处的切线交于点G.证明：点G在定直线上．(2)若p=2，点M在曲线y=√1−x2上，MP，MQ的中点均在抛物线C上，求△MPQ面积的取值范围．22.在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为{x=2+√5cosθy=−1+√5sinθ(θ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．(1)求曲线C的极坐标方程；(2)若点P的极坐标为(1,π)，过P的直线与曲线C交于A，B两点，求1|PA|+1|PB|的最大值．23.已知函数f(x)=|3x−2|−kx．(1)若k=1，求不等式f(x)≤3|x−1|的解集；(2)设函数f(x)的图象与x轴围成的封闭区域为Ω，证明：当2<k<3时，Ω的面积大于1615．答案和解析1.【答案】A【解析】解：∵z=2+i，∴zz−−z−z=2+i2−i−2−i2+i=(2+i)2(2−i)(2+i)−(2−i)2(2+i)(2−i)=35+45i−35+45i=85i．故选：A．把z=2+i代入zz−−z−z，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查共轭复数，是基础题．2.【答案】C【解析】解：∵集合A={x|lg(x2−x−1)>0}={x|x<−1或x>2}，B={x|0<x<3}，∴A∩B={x|2<x<3}．故选：C．求出集合A，B，由此能求出A∩B．本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3.【答案】A【解析】解：∵|a⃗|=3|b⃗ |，cos<a⃗，b⃗ >=13，∴a⃗⋅(a⃗−b⃗ )=a⃗2−a⃗⋅b⃗ =9|b⃗ |2−3|b⃗ |2×13=8|b⃗ |2=16，∴|b⃗ |=√2．故选：A．由于a⃗⋅(a⃗−b⃗ )=|a⃗|2−a⃗⋅b⃗ ，再利用平面向量数量积进行运算求解即可．本题考查平面向量的混合运算，考查学生的计算能力，属于基础题．4.【答案】A【解析】解：根据几何体ABCC1DE的侧视图和俯视图，所以正视图为直角梯形，即点A的射影落在D点，点B的射影落在C点，线段BE的射影落在EC的位置．故选：A．直接利用三视图的应用求出结果．本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，主要考查学生的空间想象能力，属于基础性题．5.【答案】D【解析】解：因为双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为√1+b2a2，e1=21=√82e2=√7√2，e3=√2=√9√2，所以e2<e1<e3．故选：D．利用双曲线的离心率公式，求出3个双曲线的离心率，然后判断大小即可．本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．6.【答案】C【解析】解：因为log2x+log4y=log4x2+log4y=log(x2y)=1，∴x2y=4(x>0,y>0)，则x2+y≥2√x2y=4，当且仅当x2=y=2时等号成立，则x2+y的最小值为4．故选：C．由对数的运算法则可求x2y=4(x>0,y>0)，再用均值不等式可求x2+y的最小值．本题考查了对数的运算法则与基本不等式的性质应用，属于基础题．7.【答案】B【解析】解：设BC=x，则AC=x+1，∵AB=5，∴52+x2=(x+1)2，∴x=12，即水深为12尺，故芦苇长为13尺．∴tanθ=125，由tanθ=2tanθ21−tan 2θ2，解得tan θ2=23(负根舍去)．∵tanθ=125，∴tan(θ+π4)=1+tanθ1−tanθ=−177，故正确结论的偏号为①③④， 故选：B ．如图，设BC =x ，则AC =x +1，解三角形ABC ，再利用二倍角的正切公式以及两角和的正切公式，得出结论．本题主要考查解三角形、阅读能力、二倍角的正切公式以及两角和的正切公式，属于中档题．8.【答案】D【解析】解：根据题意，分2种情况讨论：①，一等奖有2个名额，有C 61C 61+C 61C 81+C 61C 81=132种可能， ②，一等奖有3个名额，有C 203−C 83−C 63−C 63=1044种可能； 则共有132+1044=1176种可能； 故选：D ．根据题意，按一等奖的名额数目分2种情况讨论，求出每种情况中可能的数目，由加法原理计算可得答案．本题考查排列、组合的应用，涉及分类分步计数原理的应用，属于基础题．9.【答案】D【解析】解：函数f(x)=sin2x +sin(2x +π3)=sin2x +12sin2x +√32cos2x =√3⋅(√32sin2x +12cos2x)=√3sin(2x +π6)， 它的最小正周期为2π2=π，最大值为√3，故排除A 、C ；令x =π3，求得f(x)=√32，故曲线y =f(x)不关于(π3,0)对称；令x =π6，求得f(x)=√3，故曲线y =f(x)关于直线x =π6对称，故D 正确， 故选：D ．由题意利用两角和差的三角公式化简函数的解析式，再利用三角函数的周期性、最值，以及图象的对称性，得出结论．本题主要考查两角和差的三角公式、三角函数的周期性、最值，以及图象的对称性，属于中档题．10.【答案】C【解析】解：条件等价于函数y=|lgx2|与函数y=2|x|−x2图象交点个数，作出函数图象如下：由图可知，共有4个交点，故选：C．条件转化为函数y=|lgx2|与函数y=2|x|−x2图象交点个数，作出函数图象，数形结合即可．本题考查函数零点个数与函数图象交点个数之间的转化，数形结合思想，属于中档题．11.【答案】D【解析】解：连接B1C1交BC1于O，则B1O⊥BC1，易知A1B1⊥BC1，则BC1⊥平面B1OE，所以BC1⊥EO，从而∠B1OE为二面角B1−BC1−E的平面角，则∠B1OE=45°．因为AB=2，所以B1E=B1O=√2，)2=10π．故四面体BB1C1E的外接球的表面积为4π(√2+4+42故选：D．连接B1C1交BC1于O，可得B1O⊥BC1，利用线面垂直的判定定理可得：BC1⊥平面B1OE，于是BC1⊥EO，可得而∠B1OE为二面角B1−BC1−E的平面角，进而利用球的表面积计算公式得出结论．本题考查了正方体的性质、线面垂直的判定与性质定理、二面角的平面角、球的表面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．12.【答案】A【解析】解：由y=xe x+mx+1(x<−1)，得y′=(x+1)e x−m(x+1)2，令y′=0，则m=(x+1)3e x，∵曲线y=xe x+mx+1(x<−1)存在两条垂直于y轴的切线，∴m=(x+1)3e x在(−∞,−1)上有两个不同的解．令f(x)=(x+1)3e x(x<−1)，则f′(x)=(x+1)2e x(x+4)，∴当x<−4时，f′(x)<0；当−4<x<−1时，f′(x)>0，∴f(x)在(−∞,−4)上单调递减，在(−4,−1)上单调递增，∴f(x)min=f(−4)=−27e4，又当x<−1时，f(x)<0，∴m∈(−27e4,0)．故选：A．先求出y=xe x+mx+1(x<−1)的导数，令y′=0，得到m=(x+1)3e x，然后将问题转化为m=(x+1)3e x在(−∞,−1)上有两个不同的解，再构造函数f(x)=(x+1)3e x(x<−1)求出f(x)的取值范围即可．本题考查了利用导数研究曲线上某点切线方程，考查了转化思想和函数思想，属中档题．13.【答案】[13,+∞)【解析】解：x，y满足约束条件{x+y≥2 x−y≤1 y<2表示的区域如图，z=yx的几何意义是可行域内的点与点O(0,0)构成的直线的斜率问题．当取得点A(32,12)时，z=1232=13的取值为13，z的取值范围为[13,+∞)，故答案为：[13,+∞)．本题属于线性规划中的延伸题，对于可行域不要求线性目标函数的最值，而是求可行域内的点与点(0,0)构成的直线的斜率范围．本题利用直线斜率的几何意义，求可行域中的点与原点的斜率．本题主要考查了用平面区域二元一次不等式组，以及简单的转化思想和数形结合的思想，属中档题．目标函数有唯一最优解是我们最常见的问题，这类问题一般要分三步：画出可行域、求出关键点、定出最优解．14.【答案】3.335【解析】解：根据散点图填写下表，所以这50人所用工时中位数是3.3；500个零件平均分给50人，每人10个，最多用时为3.5×10=35(分钟)；所以都完成时至少用时35分钟．故答案为：3.3，35．根据散点图得出加工1个零件所用工时对应的人数，求出中位数和完成零件时的最多用时即可．本题考查了利用散点图求数据的中位数以及有关运算问题，是基础题．15.【答案】2【解析】解：因为(sin2A+4sin2B)c=8(sin2B+sin2C−sin2A)，所以(a2+4b2)c=8(b2+c2−a2)，又b=1，所以(a2+4b2)bc=8(b2+c2−a2)，所以a2+4b22=8×b2+c2−a22bc=8cosA=4，则a2+42=4，解得a=2．故答案为：2．由已知结合正弦定理及余弦定理进行化简即可求解．本题主要考查了正弦定理，余弦定理在求解三角形中的应用，属于基础试题．16.【答案】√3【解析】解：∵A(−2,0)，B(2,0)，P满足|PA|+|PB|=6>|AB|，∴P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，椭圆方程为x29+y25=1，若直线直线y=ax(a>0)与椭圆方程为x29+y25=1联立，可得，x2=459a2+5，y2=45a29a2+5△PAB的内心到x轴的距离为3√3020，所以三角形的内切圆的半径为：r=3√3020，三角形的面积为：12⋅|AB|⋅|y|=12×r×(|AB|+|PA|+|PB|)，可得|y|=52r，y2=45a29a+5=54r2=254×2740，解得a=3，因为a>0，所以a=√3．故答案为：√3．根据条件得到P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，求出椭圆的方程，联立方程组求出P的坐标，结合三角形的内切圆以及三角形的面积，转化求解即可．本题主要考查椭圆方程和性质，根据条件确定椭圆的方程，联立方程组求出交点坐标是解决本题的关键．17.【答案】解：(1)a1−b1=1，a1+b1=3，∴a n−b n=1+2(n−1)=2n−1，a n+b n=3×2n−1，联立解得a n=12(2n−1)+3×2n−2；(2)2a n+2n=2n−1+3×2n−1+2n=2n−1+5×2n−1，∴数列{2a n+2n}的前n项和S n=n(2n−1+1)2+5×1−2n1−2=n2+5×2n−5．【解析】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．(1)a1−b1=1，a1+b1=3，可得a n−b n=2n−1，a n+b n=3×2n−1，联立解得a n．(2)2a n+2n=2n−1+5×2n−1.利用等差数列与等比数列的求和公式即可得出．18.【答案】解：(1)X的可能取值为8，20，P(X=8)=0.84+0.24=0.4112，P(X=20)= 1−0.4112=0.5888，则X的分布列为X820P0.41120.5888(2)由(1)知，EX=8×0.4112+20×0.5888=15.0656，所以1000箱零件的人工检验总费用的数学期望为1000EX=15065.6元．因为1000箱零件的机器检验总费用的数学期望为1.6×10×1000=16000元，且16000>15065.6，所以应该选择人工检验．【解析】(1)X的可能取值为8，20，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列．(2)求出EX=15.0656，从而1000箱零件的人工检验总费用的数学期望为1000EX= 15065.6元．再由1000箱零件的机器检验总费用的数学期望为1.6×10×1000=16000元，得到应该选择人工检验．本题考查离散型随机变量的分布列的求法，考查在人工检验与机器检验中，应该选择哪一个的判断，考查离散型随机变量的分布列、数学期望等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．19.【答案】解：(1)证明：∵AP⊥平面PCD且CD⊂平面PCD，∴AP⊥CD．AD，E为AD的中点，∴四边∵AD//BC，BC=12形BCDE为平行四边形，∴BE//CD，∴AP⊥BE．AD，且E为AD的又∵AB⊥BC，AB=BC=12中点，∴四边形ABCE为正方形，∴BE⊥AC．又AP ∩AC =A ，且AP 、AC 均在平面APC ，∴BE ⊥平面APC 且PO ⊂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 ，又∵AC ∩BE =0且AC 、BE 均在平面ABCD ，∴PO ⊥平面ABCD ． (2)解：以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O −xyz ，如图所示． 设OB =1，则B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，D(−2,1,0)， 则BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,1,0)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−1)，PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,1,−1)． 设平面PBD 的法向量为n⃗ =(x,y,z)， 则{PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ⃗ =0PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ⃗ =0即{x −z =0−2x +y −z =0, 令z =1，得n⃗ =(1,3,1)． 设BC 与平面PBD 所成角为θ，则sinθ=|cos <BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ >|=|BC ⃗⃗⃗⃗⃗⋅n ⃗⃗ ||BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=√2⋅√11=√2211．【解析】本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．(1)推导出AP ⊥平面PCD ，AP ⊥CD.从而四边形BCDE 为平行四边形，进而BE//CD ，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 ，又AP ⊥平面PCD ，进而AP ⊥PC ，PO ⊥AC ，由此能证明PO ⊥平面ABCD ．(2)以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O −xyz ，推导出平面PBD 的法向量，由此能求出BC 与平面PBD 的正弦值．20.【答案】解：(1)f′(x)=3x 2+a ，当a ≥0时，f′(x)≥0，则f(x)在(a,+∞)上单调递增， 当a <0时，f′(x)=0，得x =±√−a3．①当a =−13时，−√−a3=a ， 令f′(x)<0，得a <x <−a ， 令f′(x)>0，得x >−a ，所以f(x)的单调递减区间为(a,−a)，单调递增区间为(−a,+∞)． ②当a <−13时，−√−a3>a ， 令f′(x)<0，得−√−a3<x <√−a3，令f′(x)>0，得a <x <−√−a 3或x >√−a3，所以f(x)的单调递减区间为(−√−a 3,√−a 3)，单调递增区间为(a,−√−a 3)，(√−a3,+∞) ③当−13<a <0时，−√−a3<a ， 令f′(x)<0，得a <x <−√−a3或x >√−a3令f′(x)>0，得，x <√−a3，所以f(x)的单调递减区间为(a,√−a3)，单调递增区间为(√−a3,+∞)．(2)因为a ≥−3，所以f′(x)=3x 2+a ≥3x 2−3， 当x ≥1时，f′(x)≥0，所以f(x)在[1,+∞)上单调递增．因为x 6+6x 4+12x 2+8+a(x 2+2)=(x 2+2)3+a(x 2+2)=f(x 2+2)， 所以原不等式等价为f(2x 2−4x +3)<f(x 2+2)， 因为2x 2−4x +3=2(x −1)2+1≥1，x 2+2>1， 所以2x 2−4x +3<x 2+2， 解得2−√3<x <2+√3，故所求不等式的解集为(2−√3,2+√3).【解析】(1)先求导f′(x)=3x 2+a ，分当a ≥0时，a <0时，两种情况讨论，而当a <0内再分类讨论，得到单调递性，(2)当a ≥−3，f′(x)=3x 2+a ≥3x 2−3，可得f(x)在[1,+∞)上单调递增．原不等式等价为f(2x 2−4x +3)<f(x 2+2)，因为2x 2−4x +3≥1，x 2+2>1，所以2x 2−4x +3<x 2+2，可解不等式，进而得出答案．本题考查利用导数分析函数的单调性，及不等式的解，属于中档题．21.【答案】(1)证明：易知F(0,p 2)，设P(x 1,x 122p)，Q(x 2,x 222p )． 由题意可知直线l 的斜率存在，故设其方程为y =kx +p2． 由{y =kx +p2x 2=2py，得x 2−2pkx −p 2=0，所以x 1x 2=−p 2．由x 2=2py ，得y =x22p ，y′=xp ，则k PG =x 1p ，直线PG 的方程为y −x 122p =x 1p(x −x 1)，即x 1p x −y −x 122p =0，①同理可得直线QG 的方程为x 2p x −y −x 222p =0，② 联立①②，可得(x 1−x 2)y =x 1x 2(x 1−x 2)2p ．因为x 1≠x 2，所以y =x 1x 22p=−p2，故点G 在定直线y =−p2上． (2)解：设M(x 0,y 0)，MP ，MQ 的中点分别为(x 1+x 02,x 124+y 02)，(x 2+x 02,x 224+y 02)．因为MP ，MQ 得中点均在抛物线C 上，所以x 1，x 2为方程(x+x 02)2=4×x 24+y 02的解，即方程x 2−2x 0x +8y 0−x 02=0的两个不同的实根，则x 1+x 2=2x 0，x 1x 2=8y 0−x 02，△=(2x 0)2−4(8y 0−x 02)>0， 即x 02>4y 0，所以PQ 的中点N 的横坐标为x 0，则|MN|=18(x 12+x 22)−y 0=18[(x 1+x 2)2−2x 1x 2]−y 0=34x 02−3y 0，|x 1−x 2|=√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=2√2(x 02−4y 0)， 所以△MPQ 的面积S =12|MN|⋅|x 1−x 2|=3√24(x 02−4y 0)32．由y 0=−√1−x 02，得x 02=1−y 02(−1≤y 0≤0)， 所以x 02−4y 0=−y 02−4y 0+1=−(y 0+2)2+5，因为−1≤y 0≤0，所以1≤−(y 0+2)2+5≤4， 所以△MPQ 面积的取值范围为[3√24,6√2]．【解析】(1)设P(x 1,x 122p)，Q(x 2,x 222p ).根据条件分别求出直线PG 的方程，QG 的方程，联立可得(x 1−x 2)y =x 1x 2(x 1−x 2)2p.故点G 在定直线y =−p2上．(2)设M(x 0,y 0)，表示出△MPQ 的面积S =12|MN|⋅|x 1−x 2|=3√24(x 02−4y 0)32.结合M 在曲线y =√1−x 2上，即可求出面积的取值范围．本题考查直线与抛物线的综合，点过定直线的证明，三角形面积取值范围，合理利用根与系数关系是关键，属于难题．22.【答案】解：(1)曲线C 的参数方程为{x =2+√5cosθy =−1+√5sinθ(θ为参数)，转换为直角坐标方程为(x −2)2+(y +1)2=5，转换为极坐标方程为ρ2=4ρcosθ−2ρsinθ． (2)点P 的极坐标为(1,π)，转换为直角坐标方程为(−1,0)， 所以经过点P 的直线得参数方程为{x =−1+tcosαy =tsinα(t 为参数)代入圆的直角坐标方程(x −2)2+(y +1)2=5，得t 2+(2sinα−6cosα)t +5=0， 所以：t 1+t 2=−2sinα+6cosα，t 1t 2=5， 所以1|PA|+1|PB|=|t 1+t 2||t 1t 2|=2√10|sin(α+θ)|5≤2√105．【解析】(1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． (2)利用一元二次方程根和系数的关系式的应用和三角函数关系式的恒等变换及正弦型函数的性质的应用求出结果本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．23.【答案】解：(1)若k =1，不等式f(x)≤3|x −1|，即为|3x −2|−3|x −1|≤x ， 等价为{x ≥13x −2−3x +3≤x或{23<x <13x −2+3x −3≤x 或{x ≤232−3x +3x −3≤x ， 解得x ≥1或23<x <1或−1≤x ≤23， 则原不等式的解集为[−1,+∞)； (2)证明：f(x)=|3x −2|−kx ， 当x ≥23时，f(x)=0，解得x =23−k ； 当x <23时，f(x)=0，解得x =23+k ．当2<k <3时，作出y =f(x)的图象与x 轴围成的三角形区域Ω， 可得B(23−k ,0)，A(23+k ,0)，C(23,−23k)， 可得面积为12⋅23k ⋅(23−k −23+k )=4k 23(9−k 2)=43⋅19k 2−1，由2<k <3，可得4<k 2<9，9k 2−1∈(0,54)， 则43⋅19k 2−1>43×45=1615．所以当2<k <3时，Ω的面积大于1615．【解析】(1)由题意可得|3x−2|−3|x−1|≤x，运用绝对值的概念，由零点分区间法，去绝对值符号，解不等式，求并集，可得所求解集；(2)可令f(x)=0，求得零点，画出当2<k<3时，y=f(x)的图象与x轴围成的三角形区域Ω，运用三角形的面积公式和不等式的性质，即可得证．本题考查绝对值不等式的解法，注意运用分类讨论思想，考查函数的图象与x轴围成的区域的面积的范围，注意运用数形结合思想，考查运算能力，属于中档题．。
河北省保定市2020届高三第一次模拟考试理科数学试题(含答案)
_，`EabFc?defg}，ݤhý，eMci，eM:¢． “|JKL，eMNO”@j'ûkl： “狊犲犻狕犲 狋犺犲 犱犪狔 犪狀犱 犾犻狏犲 犻狋 狋狅 狋犺犲 犳狌犾犾． ” （１）6mjnl'{，犲，犻，狋，犪xy(o;¹+pñ （=Ú?qrÅ}
４． 犪→ V犫→ ，犫→⊥（２犪→＋犫→），犪→ V犫→ +
Ａ．３０°
Ｂ．４５°
Ｃ．６０°
Ｄ．１２０°
５． 《》~ ¡¢Z£¤¥¦+§-¨，©{}Jª«4： “¬}®
¯，°6±®²fVª³®´，«µf¶n？”T·¸~： “¹}º、»、¼、½、
¾，®¿ÀÁ´Ãv¯，ĺ、»Å®²f+¯V¼、½、¾³®²f
Ａ． －１０１０．５
Ｂ． －１０１１
Ｃ． －２０１９．５
)、*+(：r4u４=4，<=4５v，u２０v。
Ｄ．２０２０
１３． ２犪＝１０，犫＝ｌｏｇ５１０，犪１＋犫１＝
．
１４． þÿ犳（狓）＝２ｓｉｎ狓ｓｉｎ（狓＋π３＋φ）~ÿ，T{φ∈（０，π），φ＝
．
１５．犚狋△犃犅犆 {，∠犃＝π２，犅犆＝６，i犅犆 +{ÚÑ，i１ÒÓ+Ñ，vÌt
DE+!4XY+!>abcd。ef@ghij+Bk^!4，ef3!456lm nGo。
４． $[pq?，(r["k!45ast7。
、：r4u１２=4，<=4５v，u６０v。3<=4w;+xy8z{，|
}az~4F+。
2020年河北省石家庄市高考数学模拟试卷(理科)(八) (解析版)
2020年高考数学模拟试卷（理科）（八）一、选择题（共12小题）.1．已知集合A ＝{x |x 2+x ﹣2＞0}．B ＝{﹣1，0，1，2}，则（ ） A ．A ∩B ＝{2}B ．A ∪B ＝RC ．B ∩（∁R A ）＝{﹣1，2}D ．B ∪（∁R A ）＝{x |﹣1＜x ＜2}2．已知a 是实数，a+i 1−i是纯虚数，则a 等于（ ） A ．1B ．﹣1C ．√2D ．−√23．已知a ＝log 52，b ＝log 0.50.2，c ＝0.50.2，则（ ） A ．a ＜b ＜cB ．a ＜c ＜bC ．b ＜a ＜cD ．c ＜a ＜b4．如图程序框图的算法源于我国古代闻名中外的《中国剩余定理》．n ≡N （modm ）表示正整数n 除以正整数m 的余数为N ，例如10≡4（mod 6）．执行该程序框图，则输出的n 等于（ ）A ．11B ．13C ．14D ．175．若a →，b →是两个非零向量，且|a →+b →|=m|a →|=m|b →|，m ∈[1，√3]．则向量b →与a →−b →夹角的取值范围是（ ） A ．[π3，2π3]B ．[π3，5π6]C ．[2π3，5π6] D ．[5π6，π]6．函数y =1x−ln(x+1)的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．7．圆周率π是数学中一个非常重要的数，历史上许多中外数学家利用各种办法对π进行了估算．现利用下列实验我们也可对圆周率进行估算．假设某校共有学生N 人，让每人随机写出一对小于1的正实数a ，b ，再统计出a ，b ，1能构造锐角三角形的人数M ，利用所学的有关知识，则可估计出π的值是（ ） A ．4M NB ．4(N−M)NC ．2M+N ND ．4M+2N N8．设奇函数f （x ）在（0，+∞）上为增函数，且f （1）＝0，则不等式f(x)−f(−x)x＜0的解集为（ ）A ．（﹣1，0）∪（1，+∞）B ．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）C ．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）D ．（﹣1，0）∪（0，1）9．过抛物线y 2＝4x 的焦点的直线l 与抛物线交于A ，B 两点，设点M （3，0）．若△MAB 的面积为4√2，则|AB |＝（ ） A ．2B ．4C ．2√3D ．810．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n =(S n −1)2S n．数列{b n }满足b n ＝（﹣1）n •（2n +1）a n ，则数列{b n }的前100项和T 100为（ ） A ．101100B ．−101100C ．−100101D ．10010111．对于函数f(x)=12(sinx +cosx)−12|sinx −cosx|．有下列说法： ①f （x ）的值城为[﹣1，1]；②当且仅当x =2kπ+π4(k ∈Z)时，函数f （x ）取得最大值； ③函数f （x ）的最小正周期是π；④当且仅当x ∈(2kπ，2kπ+π2)(k ∈Z)时f （x ）＞0． 其中正确结论的个数是（ ） A ．1B ．2C ．3D ．412．三棱锥P ﹣ABC 中．AB ⊥BC ，△PAC 为等边三角形，二面角P ﹣AC ﹣B 的余弦值为−√63，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为8π．则三棱锥体积的最大值为（ ） A ．1 B ．2 C ．12D ．13二、填空题：13．已知（x ﹣1）（ax +1）5的展开式中，x 2的系数为0，则实数a ＝ ． 14．已知双曲线x 2a −y 2b =1（a ＞0，b ＞0）的左右顶点分别为A ，B ，点P 是双曲线上一点，若△PAB 为等腰三角形，∠PAB ＝120°，则双曲线的离心率为 ． 15．已知数列{a n }满足a nn =n−1n (a n+1n+1−1)+1（n ∈N *），且a 2＝6，则{a n }的通项公式为 ．16．改革开放40年来，我国城市基础设施发生了巨大的变化，各种交通工具大大方便了人们的出行需求．某城市的A 先生实行的是早九晚五的工作时间，上班通常乘坐公交或地铁加步行．已知从家到最近的公交站或地铁站都需步行5分钟，乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间Z 1（单位：分钟）服从正态分布N （33，42），下车后步行再到单位需要12分钟；乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间Z 2（单位：分钟）服从正态分布N （44，22），从地铁站步行到单位需要5分钟．现有下列说法： ①若8：00出门，则乘坐公交一定不会迟到；②若8：02出门，则乘坐公交和地铁上班迟到的可能性相同； ③若8：06出门，则乘坐公交比地铁上班迟到的可能性大； ④若8：12出门，则乘坐地铁比公交上班迟到的可能性大． 则以上说法中正确的序号是 ．参考数据：若Z ～N （μ，σ2），则P （μ﹣σ＜Z ≤μ+σ）＝0.6826， P （μ﹣2σ＜Z ≤μ+2σ）＝0.9544， P （μ﹣3σ＜Z ≤μ+3σ）＝0.9974三、解答题：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：17．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若sin 2A−sin 2CsinB=√2a−b2，且△ABC 外接圆的半径为1． （Ⅰ）求角C ；（Ⅱ）求△ABC 面积的最大值．18．如图，四边形ABCD 是边长为4的菱形，∠BAD ＝60°，对角线AC 与BD 相交于点O ，四边形ACFE 为梯形，EF ∥AC ，点E 在平面ABCD 上的射影为OA 的中点，AE 与平面ABCD 所成角为45°． （Ⅰ）求证：BD ⊥平面ACF ；（Ⅱ）求平面DEF 与平面ABCD 所成角的正弦值．19．已知F 1，F 2是椭圆C ：x 2a +y 2b =1（a ＞b ＞0）的左、右焦点，过椭圆的上顶点的直线x +y ＝1被椭圆截得的弦的中点坐标为P(34，14)． （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，当△ABF 2面积最大时，求直线l 的方程． 20．为实现2020年全面建设小康社会，某地进行产业的升级改造．经市场调研和科学研判，准备大规模生产某高科技产品的一个核心部件，目前只有甲、乙两种设备可以独立生产该部件．如图是从甲设备生产的部件中随机抽取400件，对其核心部件的尺寸x ，进行统计整理的频率分布直方图．根据行业质量标准规定，该核心部件尺寸x 满足：|x ﹣12|≤1为一级品，1＜|x ﹣12|≤2为二级品，|x ﹣12|＞2为三级品．（Ⅰ）现根据频率分布直方图中的分组，用分层抽样的方法先从这400件样本中抽取40件产品，再从所抽取的40件产品中，抽取2件尺寸x ∈[12，15]的产品，记ξ为这2件产品中尺寸x ∈[14，15]的产品个数，求ξ的分布列和数学期望；（Ⅱ）将甲设备生产的产品成箱包装出售时，需要进行检验．已知每箱有100件产品，每件产品的检验费用为50元．检验规定：若检验出三级品需更换为一级或二级品；若不检验，让三级品进入买家，厂家需向买家每件支付200元补偿．现从一箱产品中随机抽检了10件，结果发现有1件三级品．若将甲设备的样本频率作为总体的慨率，以厂家支付费用作为决策依据，问是否对该箱中剩余产品进行一一检验？请说明理由； （Ⅲ）为加大升级力度，厂家需增购设备．已知这种产品的利润如下：一级品的利润为500元/件；二级品的利润为400元/件；三级品的利润为200元/件．乙种设备产品中一、二、三级品的概率分别是25，12，110．若将甲设备的样本频率作为总体的概率，以厂家的利润作为决策依据．应选购哪种设备？请说明理由． 21．已知函数f （x ）＝lnx +ax +1．（Ⅰ）若函数f （x ）有两个零点，求a 的取值范围； （Ⅱ）f （x ）≤xe x 恒成立，求a 的取值范围．（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.作答时请用2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =tt+1，y =2t+1t+1（t 为参数），曲线C 2的参数方程为{x =2+2cosαy =2sinα（α为参数），以坐标原点为极点．x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求曲线C 1的普通方程和曲线C 2的极坐标方程；（Ⅱ）射线θ1=β(0＜β＜π2)与曲线C 2交于O ，P 两点，射线θ2=π2+β与曲线C 1交于点Q ，若△OPQ 的面积为1，求|OP |的值． [选修4-5：不等式选讲] 23．已知a ，b ，c 为正实数．（Ⅰ）若a +b +c ＝1，证明：(1a−1)(1b−1)(1c−1)≥8； （Ⅱ）证明：ab+c+b a+c+c a+b≥32．参考答案一、选择题：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 ＝{x |x 2+x ﹣2＞0}．B ＝{﹣1，0，1，2}，则（ ） A ．A ∩B ＝{2}B ．A ∪B ＝RC ．B ∩（∁R A ）＝{﹣1，2}D ．B ∪（∁R A ）＝{x |﹣1＜x ＜2}【分析】先求出集合A ，再求两集合的交，并，补，可判断正误． 解：∵A ＝{x |x 2+x ﹣2＞0}＝{x |x ＜﹣2或x ＞1}．∴A ∩B ＝{2}． 故选：A ． 2．已知a 是实数，a+i 1−i是纯虚数，则a 等于（ ） A ．1B ．﹣1C ．√2D ．−√2【分析】利用复数的运算法则即可得出． 解：∵a+i 1−i=(a+i)(1+i)(1−i)(1+i)=a−12+a+12i 是纯虚数，∴a−12=0，a+12≠0，解得a ＝1，故选：A ．3．已知a ＝log 52，b ＝log 0.50.2，c ＝0.50.2，则（ ） A ．a ＜b ＜cB ．a ＜c ＜bC ．b ＜a ＜cD ．c ＜a ＜b【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解． 解：∵log 51＜log 52＜log 5√5，∴0＜a ＜12， ∵log 0.50.2＝log 25＞log 24，∴b ＞2， ∵0.51＜0.50.2＜0.50，∴12＜c ＜1，∴a ＜c ＜b ， 故选：B ．4．如图程序框图的算法源于我国古代闻名中外的《中国剩余定理》．n ≡N （modm ）表示正整数n 除以正整数m 的余数为N ，例如10≡4（mod 6）．执行该程序框图，则输出的n 等于（ ）A ．11B ．13C ．14D ．17【分析】由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量n 的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．解：由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出同时满足以下条件的最小两位数： ①被3除余2， ②被4除余1， 故输出的n 为17， 故选：D ．5．若a →，b →是两个非零向量，且|a →+b →|=m|a →|=m|b →|，m ∈[1，√3]．则向量b →与a →−b →夹角的取值范围是（ ） A ．[π3，2π3]B ．[π3，5π6] C ．[2π3，5π6] D ．[5π6，π] 【分析】根据题意，设|a →|＝|b →|＝t ，向量b →与a →−b →夹角为θ，又由|a →+b →|＝mt ，由向量模的计算公式变形可得：a →•b →=m 2t 22−t 2，进而可得|a →−b →|的值，由数量积公式可得cos θ=b →⋅(a →−b →)|b →||a →−b →|=−12×√4−m 2m 的范围，分析可得cos θ的范围，结合余弦函数的性质分析可得答案．解：根据题意，设|a →|＝|b →|＝t ，则|a →+b →|＝mt ，再设向量b →与a →−b →夹角为θ，则有|a →+b →|2＝（a →+b →）2=a →2+b →2+2a →•b →=m 2t 2，变形可得：a →•b →=m 2t 22−t 2，则有|a →−b →|2＝（a →−b →）2=a →2+b →2﹣2a →•b →=2t 2﹣2（m 2t 22−t 2）＝4t 2﹣m 2t 2，变形可得|a →−b →|=√4−m 2t ，则cos θ=b →⋅(a →−b →)|b →||a →−b →|=a →⋅b →−b→2|b →||a →−b →|=m 2t 22−t 2−t2t×√4−m t=12×2√4−m =−12×√4−m 2，又由1≤m ≤√3，则1≤√4−m 2≤√3，则有−√32≤cos θ≤−12，又由0≤θ≤π，则有2π3≤θ≤5π6，即θ的取值范围为[2π3，5π6]；故选：C ．6．函数y =1x−ln(x+1)的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【分析】根据函数是否存在零点，以及f （1）的符号，利用排除法进行判断即可． 解：f （1）=11−ln2＞0，排除C ，D ， 由y =1x−ln(x+1)=0，则方程无解，即函数没有零点，排除B ， 故选：A ．7．圆周率π是数学中一个非常重要的数，历史上许多中外数学家利用各种办法对π进行了估算．现利用下列实验我们也可对圆周率进行估算．假设某校共有学生N 人，让每人随机写出一对小于1的正实数a ，b ，再统计出a ，b ，1能构造锐角三角形的人数M ，利用所学的有关知识，则可估计出π的值是（ ） A ．4M NB ．4(N−M)NC ．2M+N ND ．4M+2N N【分析】N 个实数对（a ，b ）都在边长为1的正方形AOBC 内，若a ，b ，1能构造锐角三角形，则a 2+b 2＞1，所以N 对实数对落在单位圆x 2+y 2＝1外的有M 对，再利用几何概率的概率公式即可求出π的近似值．解：学校共有学生N 人，每人随机写出一对小于1的正实数a ，b ，得到N 个实数对（a ，b ），因为0＜a ＜1，0＜b ＜1，所以N 个实数对（a ，b ）都在边长为1的正方形AOBC 内，如图所示：若a ，b ，1能构造锐角三角形，因为1是最长边，所以1所对的角为锐角， 所以a 2+b 2−12ab＞0，即a 2+b 2＞1，所以N 对实数对落在单位圆x 2+y 2＝1外的有M 对， 由几何概率的概率公式可得：MN=1×1−14π×121×1=1−14π，所以π=4(N−M)N， 故选：B ．8．设奇函数f （x ）在（0，+∞）上为增函数，且f （1）＝0，则不等式f(x)−f(−x)x＜0的解集为（ ）A ．（﹣1，0）∪（1，+∞）B ．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）C ．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）D ．（﹣1，0）∪（0，1）【分析】根据函数为奇函数求出f （1）＝0，再将不等式x f （x ）＜0分成两类加以分析，再分别利用函数的单调性进行求解，可以得出相应的解集．解：∵f （x ）为奇函数，且在（0，+∞）上是增函数，f （1）＝0， ∴f （1）＝﹣f （﹣1）＝0，在（﹣∞，0）内也是增函数 ∴f(x)−f(−x)x=2f(x)x＜0，即{x ＞0f(x)＜0或 {x ＜0f(x)＞0根据在（﹣∞，0）和（0，+∞）内是都是增函数 解得：x ∈（﹣1，0）∪（0，1） 故选：D ．9．过抛物线y 2＝4x 的焦点的直线l 与抛物线交于A ，B 两点，设点M （3，0）．若△MAB 的面积为4√2，则|AB |＝（ ） A ．2B ．4C ．2√3D ．8【分析】求得抛物线的焦点F 的坐标，可设直线l 的方程为x ＝ty +1，联立抛物线的方程，消去x ，可得y 的二次方程，运用韦达定理和弦长公式，以及三角形的面积公式，解得t ，进而得到所求值．解：抛物线y 2＝4x 的焦点F 为（1，0），可设直线l 的方程为x ＝ty +1， 代入抛物线方程，可得y 2﹣4ty ﹣4＝0，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），可得y 1+y 2＝4t ，y 1y 2＝﹣4，则|AB |=√1+t 2•|y 1﹣y 2|=√1+t 2•√(y 1+y 2)2−4y 1y 2=√1+t 2•√16t 2+16， △MAB 的面积为12|MF |•|y 1﹣y 2|=12×2|y 1﹣y 2|＝4√2， 即√16t 2+16=4√2，解得t ＝±1， 则|AB |=√1+1•√16+16=8， 故选：D ．10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n =(S n −1)2S n．数列{b n }满足b n ＝（﹣1）n•（2n +1）a n ，则数列{b n }的前100项和T 100为（ ） A ．101100B ．−101100C ．−100101D ．100101【分析】由a n =(S n −1)2S n求出a 1，a 2，猜想出a n =1n(n+1)，然后用数学归纳法证明猜想，再使用裂项相消法求数列{b n }的前100项和T 100．解：∵a n =(S n −1)2S n，∴当n ＝1时，有a 1=(S 1−1)2S 1，解得a 1=12；当n ＝2时，可解得a 2=16，故猜想：a n =1n(n+1)，下面利用数学归纳法证明猜想：①当n ＝1，2时，由以上知道a n =1n(n+1)显然成立；②假设当n ＝k （k ≥2）时，有a k =1k(k+1)成立，此时S k =11×2+12×3+⋯+1k(k+1)=11−12+12−13+⋯+1k −1k+1=k k+1成立，那么当n ＝k +1时，有a k +1=(S k+1−1)2S k+1=(S k +a k+1−1)2S k +a k+1=(k k+1+a k+1−1)2k k+1+a k+1，解得a k +1=1(k+1)[(k+1)+1]，这说明当n ＝k +1时也成立．由①②知：a n =1n(n+1)．∵b n ＝（﹣1）n •（2n +1）a n ，∴b n ＝（﹣1）n•（2n +1）•1n(n+1)=（﹣1）n （1n+1n+1），∴数列{b n }的前100项和T 100＝﹣（11+12）+（12+13）﹣（13+14）+…+（1100+1101）＝﹣1+1101=−100101． 故选：C ．11．对于函数f(x)=12(sinx +cosx)−12|sinx −cosx|．有下列说法： ①f （x ）的值城为[﹣1，1]；②当且仅当x =2kπ+π4(k ∈Z)时，函数f （x ）取得最大值； ③函数f （x ）的最小正周期是π；④当且仅当x ∈(2kπ，2kπ+π2)(k ∈Z)时f （x ）＞0． 其中正确结论的个数是（ ） A ．1B ．2C ．3D ．4【分析】根据绝对值的定义将函数f （x ）写成分段函数，再作出函数的图象即可判断各命题的真假． 解：因为f （x ）={cosx ，sinx ≥cosxsinx ，sinx ＜cosx，作出函数f （x ）的图象，如图所示：所以，f（x）的值城为[﹣1，√22]，①错误；函数f（x）的最小正周期是2π，③错误；当且仅当x=2kπ+π4(k∈Z)时，函数f（x）取得最大值，②正确；当且仅当x∈(2kπ，2kπ+π2)(k∈Z)时，f（x）＞0，④正确．故选：B．12．三棱锥P﹣ABC中．AB⊥BC，△PAC为等边三角形，二面角P﹣AC﹣B的余弦值为−√63，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为8π．则三棱锥体积的最大值为（）A．1B．2C．12D．13【分析】由已知作出图象，找出二面角P﹣AC﹣B的平面角，设出AB，BC，AC的长，即可求出三棱锥P﹣ABC的高，然后利用基本不等式即可确定三棱锥体积的最大值（用含有AC长度的字母表示），再设出球心O，由球的表面积求得半径，根据球的几何性质，利用球心距，半径，底面半径之间的关系求得AC的长度，则三棱锥体积的最大值可求．解：如图所示，过点P作PE⊥面ABC，垂足为E，过点E作ED⊥AC交AC于点D，连接PD，则∠PDE为二面角P﹣AC﹣B的平面角的补角，即有cos∠PDE=√63，易知AC⊥面PDE，则AC⊥PD，而△PAC为等边三角形，∴D为AC中点，设AB＝a，BC＝b，AC=√a2+b2=c，则PE ＝PD sin ∠PDE =√32×c ×√33=c 2，故三棱锥P ﹣ABC 的体积为：V =13×12ab ×c 2=112abc ≤112c ×a 2+b 22=c 324， 当且仅当a ＝b =√22c 时，体积最大，此时B 、D 、E 共线．设三棱锥P ﹣ABC 的外接球的球心为O ，半径为R ， 由已知，4πR 2＝8π，得R =√2．过点O 作OF ⊥PE 于F ，则四边形ODEF 为矩形，则OD ＝EF =√2−(c2)2，ED ＝OF ＝PD cos ∠PDE =√32c ×√63=√22c ，PE =c 2，在Rt △PFO 中，（√2）2=(√22c)2+(c2−√2−(c 2)2)2，解得c ＝2．∴三棱锥P ﹣ABC 的体积的最大值为：c 324=2324=13．故选：D ．二、填空题：13．已知（x ﹣1）（ax +1）5的展开式中，x 2的系数为0，则实数a ＝12．【分析】将原式转化为x （ax +1）5﹣（ax +1）5，然后利用（ax +1）5的通项研究x 2． 解：原式＝x （ax +1）5﹣（ax +1）5， 因为（ax +1）5＝（1+ax ）5，故原式x 2项为：xC 51ax −C 52(ax)2=(aC 51−a 2C 52)x 2，令aC 51−a 2C 52=0，即5a ﹣10a 2＝0，解得a =12或a ＝0（舍）．故答案为：12．14．已知双曲线x 2a −y 2b =1（a ＞0，b ＞0）的左右顶点分别为A ，B ，点P 是双曲线上一点，若△PAB 为等腰三角形，∠PAB ＝120°，则双曲线的离心率为 √2 ．【分析】设P （m ，n ）在第二象限，由题意可得|PA |＝|AB |＝2a ，求得P 的坐标，代入双曲线的方程，化简可得a ，b 的关系，即可得到所求离心率．解：设P （m ，n ）在第二象限，由△PAB 为等腰三角形，∠PAB ＝120°，可得|PA |＝|AB |＝2a ，可得m ＝2a cos120°﹣a ＝﹣2a ，n ＝2a sin60°=√3a ，即P （﹣2a ，√3a ）， 由P 在双曲线上，可得4a 2a 2−3a 2b 2=1，即有b 2a 2=1，即a ＝b ，可得e =c a=√1+b 2a2=√2，故答案为：√2． 15．已知数列{a n }满足a n n=n−1n (a n+1n+1−1)+1（n ∈N *），且a 2＝6，则{a n }的通项公式为 2n 2﹣n ．【分析】易求a 1＝1，当n ≥2时，对已知等式变形得a nn−1n−1=a n+1n+1−1n ，所以数列{a n n−1n−1}从第二项开始是常数列，所以a nn−1n−1=2，从而求出a n ，验证首项满足a n ，进而得到{a n }的通项公式． 解：数列{a n }满足a n n=n−1n (a n+1n+1−1)+1（n ∈N *），a n n −1=n−1n (a n+1n+1−1) ①当n ＝1时，a 1＝1， ②当n ≥2时，a n n−1=n−1n(a n+1n+1−1)∴a nn−1n−1=a n+1n+1−1n，∴数列{a n n −1n−1}从第二项开始是常数列，又a 22−12−1=2，∴a nn−1n−1=2，∴a n =2n 2−n （n ≥2）， 又a 1＝1满足上式， ∴a n =2n 2−n ， 故答案为：2n 2﹣n ．16．改革开放40年来，我国城市基础设施发生了巨大的变化，各种交通工具大大方便了人们的出行需求．某城市的A先生实行的是早九晚五的工作时间，上班通常乘坐公交或地铁加步行．已知从家到最近的公交站或地铁站都需步行5分钟，乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间Z1（单位：分钟）服从正态分布N（33，42），下车后步行再到单位需要12分钟；乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间Z2（单位：分钟）服从正态分布N（44，22），从地铁站步行到单位需要5分钟．现有下列说法：①若8：00出门，则乘坐公交一定不会迟到；②若8：02出门，则乘坐公交和地铁上班迟到的可能性相同；③若8：06出门，则乘坐公交比地铁上班迟到的可能性大；④若8：12出门，则乘坐地铁比公交上班迟到的可能性大．则以上说法中正确的序号是②④．参考数据：若Z～N（μ，σ2），则P（μ﹣σ＜Z≤μ+σ）＝0.6826，P（μ﹣2σ＜Z≤μ+2σ）＝0.9544，P（μ﹣3σ＜Z≤μ+3σ）＝0.9974【分析】利用正态分布对每一个说法求解器复数的概率，逐项分析，即可选出正确答案．解：若8：00出门，江先生乘坐公交，从家到车站需要5分钟，下车后步行再到单位需要12分钟，乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间Z1服从正态分布N（33，42），故当满足P（Z≥45）=1−P(21＜Z＜45)2=1−0.99742=0.0013．∴江先生仍有可能迟到，只不过概率较小，故①错误；若8：02出门，江先生乘坐公交．∵从家到车站需要5分钟，下车后步行再到单位需要12分钟，乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间Z1服从正态分布N（33，42），故当满足P（Z≤41）=1−P(25＜Z＜41)2+P(25＜Z＜41)=0.9772时，江先生乘坐公交不会迟到；若8：02出门，江先生乘坐地铁．∵从家到车站需要5分钟，下地铁后步行再到单位需要5分钟，乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间Z2服从正态分布N（44，22），故当满足P（Z≤48）=1−P(40＜Z＜48)2+P(40＜Z＜48)=0.9972时，江先生乘坐地铁不会迟到．此时两种上班方式江先生不迟到的概率相当，故②正确；若8：06出门，江先生乘坐公交．∵从家到车站需要5分钟，下车后步行再到单位需要12分钟，乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间Z1服从正态分布N（33，42），故当满足P（Z≤37）=1−P(29＜Z＜37)2+P(29＜Z＜37)=0.8413时，江先生乘坐公交不会迟到；若8：06出门，江先生乘坐地铁．∵从家到车站需要5分钟，下地铁后步行再到单位需要5分钟，乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间Z2服从正态分布N（44，22），故当满足P（Z≤44）=12=0.5时，江先生乘坐地铁不会迟到．此时两种上班方式，乘坐公交比地铁上班迟到的可能性小，故③错误；若8：12出门，江先生乘坐公交．∵从家到车站需要5分钟，下车后步行再到单位需要12分钟，乘坐公交到离单位最近的公交站所需时间Z1服从正态分布N（33，42），故当满足P（Z≤31）时，江先生乘坐公交不会迟到，而P（Z≤31）＞P（Z≤29）=1−P(29＜Z＜37)2=0.1857；若8：12出门，江先生乘坐地铁．∵从家到车站需要5分钟，下地铁后步行再到单位需要5分钟，乘坐地铁到离单位最近的地铁站所需时间Z2服从正态分布N（44，22），故当满足P（Z≤38）=1−P(38＜Z＜50)2=0.00135时，江先生乘坐地铁不会迟到．由0.1857＞0.00135，∴若8：12出门，则乘坐地铁比公交上班迟到的可能性大，故④正确．故答案为：②④．三、解答题：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：17．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若sin 2A−sin 2CsinB=√2a−b2，且△ABC 外接圆的半径为1． （Ⅰ）求角C ；（Ⅱ）求△ABC 面积的最大值．【分析】（Ⅰ）由已知利用正弦定理可得sin A =a 2，sin B =b2，sin C =c2，代入已知等式整理可得a 2+b 2−c 22ab=√22，由余弦定理可得cos C ，结合范围C ∈（0，π），可求C 的值．（Ⅱ）由正弦定理可得c ，由余弦定理，基本不等式可求ab ≤22−2=2+√2，进而利用三角形的面积公式可求△ABC 面积的最大值． 解：（Ⅰ）∵由正弦定理a sinA=b sinB=c sinC=2，可得sin A =a2，sin B =b2，sin C =c2，又sin 2A−sin 2CsinB=√2a−b2， ∴a 24−c 24b 2=√2a−b2， ∴a 2﹣b 2=√2ab ﹣b 2，即a 2+b 2−c 22ab =√22，由余弦定理可得cos C =a 2+b 2−c 22ab =√22， ∵C ∈（0，π）， ∴C =π4． （Ⅱ）由正弦定理c sinC=2，可得c ＝2sinπ4=√2，由余弦定理2＝a 2+b 2﹣2ab ⋅√22≥2ab −√2ab ＝（2−√2）ab ，可得ab ≤2−2=2+√2，当且仅当a ＝b 时等号成立，可得S △ABC =12ab sin C =√24ab ≤√2+12，当且仅当a ＝b 时等号成立，即△ABC 面积的最大值为√2+12．18．如图，四边形ABCD 是边长为4的菱形，∠BAD ＝60°，对角线AC 与BD 相交于点O ，四边形ACFE 为梯形，EF ∥AC ，点E 在平面ABCD 上的射影为OA 的中点，AE 与平面ABCD 所成角为45°． （Ⅰ）求证：BD ⊥平面ACF ；（Ⅱ）求平面DEF 与平面ABCD 所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）取AO 中点H ，连结EH ，则EH ∥平面ABCD ，从而EH ⊥BD ，再由AC ⊥BD ，能证明BD ⊥平面ACF ．（Ⅱ）以H 为原点，HA 为x 轴，在平面ABCD 中过H 作AC 的垂线为y 轴，HE 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面DEF 与平面ABCD 所成角的正弦值． 解：（Ⅰ）证明：取AO 中点H ，连结EH ，则EH ∥平面ABCD ， ∵BD 在平面ABCD 内，∴EH ⊥BD ，又菱形ABCD 中，AC ⊥BD ，且EH ∩AC ＝H ， EH ，AC 在平面EACF 内，∴BD ⊥平面EACF ，∴BD ⊥平面ACF ． （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知EH ⊥平面ABCD ，以H 为原点，HA 为x 轴，在平面ABCD 中过H 作AC 的垂线为y 轴， HE 为z 轴，建立空间直角坐标系，∵EH ⊥平面ABCD ，∴∠EAH 为AE 与平面ABCD 所成的角，即∠EAH ＝45°， ∵AB ＝4，∴AO ＝2√3，AH =√3，EH =√3，∴H （0，0，0），A （√3，0，0），D （−√3，﹣2，0），O （−√3，0，0），E （0，0，√3），平面ABCD 的法向量n →=（0，0，1），AO →=（﹣2√3，0，0），DE →=（√3，2，√3），∵EF ∥AC ，∴EF →=λAO →=（﹣2√3λ，0，0），设平面DEF 的法向量m →=（x ，y ，z ），则{m →⋅DE →=√3x +2y +√3z =0m →⋅EF →=−2√3λx =0，取y =√3，得m →=（0，√3，﹣2）， ∴cos ＜n →，m →＞=n →⋅m →|n →|⋅|m →|=1⋅7=−2√77．∴平面DEF 与平面ABCD 所成角的正弦值为√1−(−277)2=√217．19．已知F 1，F 2是椭圆C ：x 2a +y 2b =1（a ＞b ＞0）的左、右焦点，过椭圆的上顶点的直线x +y ＝1被椭圆截得的弦的中点坐标为P(34，14)．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）过F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，当△ABF 2面积最大时，求直线l 的方程． 【分析】（Ⅰ）利用点差法和斜率公式即可求出；（Ⅱ）设A （x 3，y 3），B （x 4，y 4），联立直线与椭圆的方程可得（m 2+2）y 2﹣2my ﹣1＝0，由三角形面积公式和基本不等式即可求出．解：（Ⅰ）直线x +y ＝1与y 轴的交于（0，1）点，∴b ＝1， 设直线x +y ＝1与椭圆C 交于点M （x 1，y 1），N （x 2，y 2）， 则x 1+x 2=32，y 1+y 2=12， ∴x 12a 2+y 12b 2=1，x 22a 2+y 22b 2=1，两式相减可得1a2（x 1﹣x 2）（x 1+x 2）+1b2（y 1﹣y 2）（y 1+y 2）＝0，∴y 1−y 2x 1−x 2=−b 2(x 1+x 2)a (y 1+y 2)，∴−b 2a 2•3212=−1，解得a 2＝3， ∴椭圆C 的方程为x 23+y 2＝1．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得F 1（−√2，0），F 2（−√2，0），设A （x 3，y 3），B （x 4，y 4）， 讲直线l 的方程x ＝my −√2代入x 23+y 2＝1，可得（m 2+3）y 2﹣2√2my ﹣1＝0，则y 3+y 4=2√2m m 2+3，y 3y 4=−1m 2+3，|y 3﹣y 4|=√(y 3−y 4)2−4y 1y 2=2√3⋅√m 2+12，∴S △ABF 2=12|F 1F 2|•|y 3﹣y 4|=√2|•|y 3﹣y 4|=2√6⋅√m 2+1m 2+3=√6√m +1+2m +1≤√626=√3， 当且仅当√m 2+1=√m +1，即m ＝±1，△ABF 2面积最大，即直线l 的方程为x ﹣y +√2=0或x +y +√2=0．20．为实现2020年全面建设小康社会，某地进行产业的升级改造．经市场调研和科学研判，准备大规模生产某高科技产品的一个核心部件，目前只有甲、乙两种设备可以独立生产该部件．如图是从甲设备生产的部件中随机抽取400件，对其核心部件的尺寸x ，进行统计整理的频率分布直方图．根据行业质量标准规定，该核心部件尺寸x 满足：|x ﹣12|≤1为一级品，1＜|x ﹣12|≤2为二级品，|x ﹣12|＞2为三级品．（Ⅰ）现根据频率分布直方图中的分组，用分层抽样的方法先从这400件样本中抽取40件产品，再从所抽取的40件产品中，抽取2件尺寸x ∈[12，15]的产品，记ξ为这2件产品中尺寸x ∈[14，15]的产品个数，求ξ的分布列和数学期望；（Ⅱ）将甲设备生产的产品成箱包装出售时，需要进行检验．已知每箱有100件产品，每件产品的检验费用为50元．检验规定：若检验出三级品需更换为一级或二级品；若不检验，让三级品进入买家，厂家需向买家每件支付200元补偿．现从一箱产品中随机抽检了10件，结果发现有1件三级品．若将甲设备的样本频率作为总体的慨率，以厂家支付费用作为决策依据，问是否对该箱中剩余产品进行一一检验？请说明理由； （Ⅲ）为加大升级力度，厂家需增购设备．已知这种产品的利润如下：一级品的利润为500元/件；二级品的利润为400元/件；三级品的利润为200元/件．乙种设备产品中一、二、三级品的概率分别是25，12，110．若将甲设备的样本频率作为总体的概率，以厂家的利润作为决策依据．应选购哪种设备？请说明理由．【分析】（I）计算各区间尺寸的产品件数，再根据超几何分布计算；（II）计算三极品的概率，分别计算两种情况下的费用得出结论；（III）分别计算两种设备生产一件产品的利润数学期望，得出结论．解：（I）抽取的40件产品中，产品尺寸x∈[12，15]的件数为：40×[（0.2+0.175+0.075）×1]＝18，其中x∈[14，15]的产品件数为40×（0.075×1）＝3，∴ξ的可能取值为0，1，2，∴P（ξ＝0）=C152C182=3551，P（ξ＝1）=C151⋅C31C182=517，P（ξ＝2）=C32C182=151，∴ξ的分布列为：ξ01P35515 17∴Eξ＝0×3551+1×517+2×151=13．（II）三级品的概率为（0.1+0.075）×1＝0.175，若对剩余产品逐一检验，则厂家需支付费用50×100＝5000；若对剩余产品不检验，则厂家需支付费用50×10+200×90×0.175＝3650，∵5000＞3650，故不对剩余产品进行逐一检验．（III）设甲设备生产一件产品的利润为y1，乙设备生产一件产品的利润为y2，则E（y1）＝500×（0.3+0.2）+400×（0.150+0.175）+200×0.175＝415，E（y2）＝500×25+400×12+200×110=420．∵E（y1）＜E（y2）．∴应选购乙设备．21．已知函数f（x）＝lnx+ax+1．（Ⅰ）若函数f（x）有两个零点，求a的取值范围；（Ⅱ）f（x）≤xe x恒成立，求a的取值范围．【分析】（Ⅰ）研究函数f（x）的单调性、极值情况，根据极值的符号构造出关于a的不等式求解；（Ⅱ）不等式恒成立，即可转化为函数的最值问题，因为原函数的单调性不好研究，所以可分离参数a ，即问题转化为a ≤e x −lnx x −1x在（0，+∞）上恒成立．再研究函数g （x ）=e x −lnx x −1x的单调性，求其最小值即可． 解：（Ⅰ）由已知得x ＞0，f′(x)=1x+a ． ①当a ≥0时，f ′（x ）＞0，此时f （x ）是增函数，故不会有两个零点； ②当a ＜0时，由f′(x)=1x +a =0，得x =−1a＞0， 此时x ∈(0，−1a)时，f′(x)＞0，此时f(x)递增；当x ∈(−1a，+∞)时，f′(x)＜0，此时f(x)是减函数．所以x =−1a 时，f （x ）取得极大值，由f （x ）有两个零点，所以f(−1a )＞0，解得﹣1＜a ＜0．又f(1e )=ae ＜0，所以f （x ）在（0，−1a ）有唯一零点． 再取x 0=e(−a)2＞−1a ，则f(x 0)=1+2ln(−1a )+e a +1＜2+2(−1a −1)+e a =e−2a ＜0． 所以f （x ）在（−1a，+∞）有唯一实数根．a 的取值范围是（﹣1，0）．（Ⅱ）f （x ）≤xe x 恒成立，即xe x ≥lnx +ax +1在（0，+∞）上恒成立，即a ≤e x −lnx x−1x在（0，+∞）上恒成立． 令g （x ）=e x −lnx x −1x ，则g′(x)=e x +lnx x 2=x 2e x +lnxx 2． 令h （x ）＝x 2e x +lnx ，则h′(x)=2xe x +x 2e x +1x＞0．所以h （x ）在（0，+∞）上递增．而h （1）＝e ＞0，h （1e ）=e 1e e 2−1＜0，故存在x 0∈(1e ，1)使得h （x 0）＝0，即x 02e x 0+lnx 0=0． ∴x 0ex 0=−1x 0lnx 0=1x 0ln 1x 0=ln 1x 0e ln 1x 0．令λ（x ）＝xe x ，在（0，+∞）上，λ′（x ）＝（x +1）e x ＞0，所以λ（x ）在（0，+∞）上递增，∴x 0=ln 1x 0．而在（0，x 0）上，h （x ）＜0，即g ′（x ）＜0，所以g （x ）在（0，x 0）上递减；在（x 0，+∞）上，h （x ）＞0，即g ′（x ）＞0，故g （x ）在（x 0，+∞）上递增．所以g （x ）min ＝g （x 0）=e x 0−lnx 0x 0−1x 0=e ln1x 0−−x 0x 0−1x=1，∴a ≤1．所以a 的取值范围是（﹣∞，1]． 一、选择题22．在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =tt+1，y =2t+1t+1（t 为参数），曲线C 2的参数方程为{x =2+2cosαy =2sinα（α为参数），以坐标原点为极点．x 轴正半轴为极轴建立极坐标系．（Ⅰ）求曲线C 1的普通方程和曲线C 2的极坐标方程；（Ⅱ）射线θ1=β(0＜β＜π2)与曲线C 2交于O ，P 两点，射线θ2=π2+β与曲线C 1交于点Q ，若△OPQ 的面积为1，求|OP |的值．【分析】（Ⅰ）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（Ⅱ）利用点到直线的距离公式的应用和三角函数关系式的恒等变换及正弦型函数的性质的应用及三角形的面积公式的应用求出结果．解：（Ⅰ）曲线C 1的参数方程为{x =tt+1，y =2t+1t+1（t 为参数），转换为直角坐标方程为：x ﹣y +1＝0．曲线C 2的参数方程为{x =2+2cosαy =2sinα（α为参数），转换为直角坐标方程为x 2+y 2﹣4x＝0，根据{x =ρcosθy =ρsinθ，转换为极坐标方程为ρ＝4cos θ．（Ⅱ）由于ρ＝4cos θ，设点P （4cos β，β），由于直线C 1的极坐标方程为ρcos θ﹣ρsin θ+1＝0． 得到Q （1cosβ+sinβ，π2+β），所以S △POQ =12×4cosθ×1cosβ+sinβ=1，解得cos β＝sin β，所以β=π4， 所以|OP |＝4cos β=2√2． [选修4-5：不等式选讲] 23．已知a ，b ，c 为正实数．（Ⅰ）若a +b +c ＝1，证明：(1a −1)(1b −1)(1c−1)≥8；（Ⅱ）证明：ab+c +ba+c+ca+b≥32．【分析】（Ⅰ）直接利用基本不等式即可得证；（Ⅱ）通过变形，再利用柯西不等式直接证明即可．【解答】证明：（Ⅰ）(1a −1)(1b−1)(1c−1)=1−a a⋅1−b b⋅1−c c=b+c a⋅a+c b⋅a+b c≥2√bca⋅2√ac b ⋅2√abc=8，当且仅当“a＝b＝c”时取等号；（Ⅱ）ab+c +ba+c+ca+b=(a+b+cb+c−1)+(a+b+ca+c−1)+(a+b+ca+b−1)=12[(b+c)+(a+c)+(a+b)](1b+c+1a+c+1a+b)−3≥12(√b+c⋅b+c +√a+ca+c+√a+b⋅a+b)2−3=12×32−3=32，当且仅当“a＝b＝c”时取等号．。
2020-2021学年河北省高考数学模拟试卷(理科)及答案解析
河北省高考数学模拟试卷（理科）（解析版）参考答案与试题解析一、选择题：（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．如图，I为全集，M、P、S是I的三个子集，则阴影部分所表示的集合是（）A．（M∩P）∩S B．（M∩P）∪S C．（M∩P）∩C I S D．（M∩P）∪C I S【分析】先根据图中的阴影部分是M∩P的子集，但不属于集合S，属于集合S的补集，然后用关系式表示出来即可．【解答】解：图中的阴影部分是：M∩P的子集，不属于集合S，属于集合S的补集即是C I S的子集则阴影部分所表示的集合是（M∩P）∩∁I S故选：C．【点评】本题主要考查了Venn图表达集合的关系及运算，同时考查了识图能力，属于基础题．2．设i是虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【分析】先化简复数，再得出点的坐标，即可得出结论．【解答】解：=i（1+i）=﹣1+i，对应复平面上的点为（﹣1，1），在第二象限，故选：B．【点评】本题考查复数的运算，考查复数的几何意义，考查学生的计算能力，比较基础．3．已知函数f（x）的定义域为（3﹣2a，a+1），且f（x+1）为偶函数，则实数a的值可以是（）A．B．2 C．4 D．6【分析】函数f（x+1）为偶函数，说明其定义域关于“0”对称，函数f（x）的图象是把函数f（x+1）的图象向右平移1个单位得到的，说明f（x）的定义域（3﹣2a，a+1）关于“1”对称，由中点坐标公式列式可求a的值．【解答】解：因为函数f（x+1）为偶函数，则其图象关于y轴对称，而函数f（x）的图象是把函数f（x+1）的图象向右平移1个单位得到的，所以函数f（x）的图象关于直线x=1对称．又函数f（x）的定义域为（3﹣2a，a+1），所以（3﹣2a）+（a+1）=2，解得：a=2．故选B．【点评】本题考查了函数图象的平移，考查了函数奇偶性的性质，函数的图象关于y轴轴对称是函数为偶函数的充要条件，此题是基础题．4．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A．πa2B．C． D．5πa2【分析】由题意可知上下底面中心连线的中点就是球心，求出球的半径，即可求出球的表面积．【解答】解：根据题意条件可知三棱柱是棱长都为a的正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，则其外接球的半径为，球的表面积为，故选B．【点评】本题主要考查空间几何体中位置关系、球和正棱柱的性质以及相应的运算能力和空间形象能力．5．如图是某几何体的三视图，正视图是等腰梯形，俯视图中的曲线是两个同心的半圆组成的半圆环，侧视图是直角梯形，则该几何体的体积等于（）A．12πB．16πC．20πD．24π【分析】由已知中的三视图，可知该几何体是一个半圆台挖去一个半圆柱的组合体，分别求出半圆台和半圆柱的体积，相减可得答案．【解答】解：根据几何体的三视图，得该几何体是一个半圆台挖去一个半圆柱的组合体，半圆台的下底面为半径等于4，上底面为半径等于1，高为4，半圆柱的底面为半径等于1，高为4，=××π（12+1×4+42）×4﹣×π×12×4=12π．∴该几何体的体积为V几何体故选：A．【点评】本题考查的知识点是简单空间图象的三视图，其中根据已知中的视图分析出几何体的形状及棱长是解答的关键．6．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为2，则输入的正整数a的可能取值的集合是（）A．{1，2，3，4，5} B．{1，2，3，4，5，6} C．{2，3，4，5} D．{2，3，4，5，6}【分析】模拟程序的运行过程，结合退出循环的条件，构造关于a的不等式组，解不等式组可得正整数a的可能取值的集合．【解答】解：输入a值，此时i=0，执行循环体后，a=2a+3，i=1，不应该退出；再次执行循环体后，a=2（2a+3）+3=4a+9，i=2，应该退出；故，解得：1＜a≤5，故输入的正整数a的可能取值的集合是{2，3，4，5}，故选：C【点评】本题考查的知识点是程序框图，其中根据已知框图，采用模拟循环的方法，构造关于a 的不等式组，是解答的关键．7．已知点P是抛物线x2=4y上的一个动点，则点P到点M（2，0）的距离与点P到该抛物线准线的距离之和的最小值为（）A． B．C．2D．【分析】利用抛物线的定义，将抛物线x2=4y上的点P到该抛物线准线的距离转化为点P到其焦点F的距离，当F、P、M共线时即可满足题意，从而可求得距离之和的最小值．【解答】解：∵抛物线x2=4y的焦点F的坐标为F（0，1），作图如下，∵抛物线x2=4y的准线方程为y=﹣1，设点P到该抛物线准线y=﹣1的距离为d，由抛物线的定义可知，d=|PF|，∴|PM|+d=|PM|+|PF|≥|FM|（当且仅当F、P、M三点共线时（P在F，M中间）时取等号），∴点P到点M（2，0）的距离与点P到该抛物线准线的距离之和的最小值为|FM|，∵F（0，1），M（2，0），△FOM为直角三角形，∴|FM|=，故选B．【点评】本题考查抛物线的简单性质，着重考查抛物线的定义的应用，突出转化思想的运用，属于中档题．8．已知数列{a n}，{b n}，满足a1=b1=3，a n+1﹣a n==3，n∈N*，若数列{c n}满足c n=b，则c2013=（）A．92012B．272012 C．92013D．272013【分析】本题可先等差数列{a n}和等比数列{b n}的通项，再利用数列{c n}的通项公式得到所求结论．【解答】解：∵数列{a n}，满足a1=3，a n+1﹣a n=3，n∈N*，=a1+（n﹣1）d=3+3（n﹣1）=3n．∴an}，满足b1=3，=3，n∈N*，∵数列{bn∴．}满足c n=b，∵数列{cn=36039=272013．∴=b6039故选D．【点评】本题先利用等差数列和等比数列的通项公式求出数列的通项，再用通项公式求出新数列中的项，本题思维量不大，属于基础题．9．点（x，y）是如图所示的坐标平面的可行域内（阴影部分且包括边界）的任意一点，若目标函数z=x+ay取得最小值的最优解有无数个，则的最大值是（）A．B．C．D．【分析】由题设条件，目标函数z=x+ay，取得最小值的最优解有无数个值取得最优解必在边界上而不是在顶点上，故目标函数中系数必为负，最小值应在左上方边界AC上取到，即x+ay=0应与直线AC平行，进而计算可得a值，最后结合目标函数的几何意义求出答案即可【解答】解：由题意，最优解应在线段AC上取到，故x+ay=0应与直线AC平行=，∵kAC∴﹣=1，∴a=﹣1，则=表示点P（﹣1，0）与可行域内的点Q（x，y）连线的斜率，由图得，当Q（x，y）=C（4，2）时，其取得最大值，最大值是=故选：B．【点评】本题考查线性规划最优解的判定，属于该知识的逆用题型，利用最优解的特征，判断出最优解的位置求参数，属于中档题．10．已知⊙O：x2+y2=1，若直线y=x+2上总存在点P，使得过点P的⊙O的两条切线互相垂直，则实数k的取值范围为（）A．k≥1 B．k＞1 C．k≥2 D．k＞2【分析】由切线的对称性和圆的知识将问题转化为O（0，0）到直线y=x+2的距离小于或等于，再由点到直线的距离公式得到关于k的不等式求解．【解答】解：⊙O：x2+y2=1的圆心为：（0，0），半径为1，∵y=x+2上存在一点P，使得过P的圆O的两条切线互相垂直，∴在直线上存在一点P，使得P到O（0，0）的距离等于，∴只需O（0，0）到直线y=x+2的距离小于或等于，故，解得k≥1，故选：A．【点评】本题考查直线和圆的位置关系，由题意得到圆心到直线的距离小于或等于是解决问题的关键，属中档题．11．已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，△ABM为等腰三角形，顶角为120°，则E的离心率为（）A．B．2 C．D．【分析】设M在双曲线﹣=1的左支上，由题意可得M的坐标为（﹣2a，a），代入双曲线方程可得a=b，再由离心率公式即可得到所求值．【解答】解：设M在双曲线﹣=1的左支上，且MA=AB=2a，∠MAB=120°，则M的坐标为（﹣2a，a），代入双曲线方程可得，﹣=1，可得a=b，c==a，即有e==．故选：D．【点评】本题考查双曲线的方程和性质，主要考查双曲线的离心率的求法，运用任意角的三角函数的定义求得M的坐标是解题的关键．12．若f（x）=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2且f（x1）=x1，则关于x的方程3[（f（x）]2+2af （x）+b=0的不同实根个数为（）A．2 B．3 C．4 D．不确定【分析】由函数f（x）=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，可得f′（x）=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实数根，必有△=4a2﹣12b＞0．而方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的△1=△＞0，可知此方程有两解且f（x）=x1或x2．再分别讨论利用平移变换即可解出方程f（x）=x1或f（x）=x2解得个数．【解答】解：∵函数f（x）=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1，x2，不妨设x1＜x2，∴f′（x）=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实数根，∴△=4a2﹣12b＞0．解得x=．＜x2，∵x1=，x2=．∴x1而方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的△1=△＞0，或x2．∴此方程有两解且f（x）=x1不妨取0＜x1＜x2，f（x1）＞0．个单位即可得到y=f（x）﹣x1的图象，①把y=f（x）向下平移x1）=x1，可知方程f（x）=x1有两解．∵f（x1个单位即可得到y=f（x）﹣x2的图象，②把y=f（x）向下平移x2）=x1，∴f（x1）﹣x2＜0，可知方程f（x）=x2只有一解．∵f（x1综上①②可知：方程f（x）=x1或f（x）=x2．只有3个实数解．即关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的只有3不同实根．故选：B．【点评】本题综合考查了利用导数研究函数得单调性、极值及方程解得个数、平移变换等基础知识，考查了数形结合的思想方法、推理能力、分类讨论的思想方法、计算能力、分析问题和解决问题的能力．二、填空题：（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案写在答题卡上．）13．若的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中的系数为56 ．【分析】根据第2项与第7项的系数相等建立等式，求出n的值，根据通项可求满足条件的系数【解答】解：由题意可得，∴n=8展开式的通项=令8﹣2r=﹣2可得r=5此时系数为=56故答案为：56【点评】本题主要考查了二项式系数的性质，以及系数的求解，解题的关键是根据二项式定理写出通项公式，同时考查了计算能力．14．已知函数y=sin（ωx+φ）（ω＞0，﹣π≤φ＜π）的图象如图所示，则φ= ．【分析】根据函数的图象，求出周期，利用周期公式求出ω，当x=π时，y有最小值﹣1，以及﹣π≤φ＜π，求出φ即可．【解答】解：由图象知函数y=sin（ωx+φ）的周期为2（2π﹣）=，∴=，∴ω=．∵当x=π时，y有最小值﹣1，因此×+φ=2kπ﹣（k∈Z）．∵﹣π≤φ＜π，∴φ=．故答案为：【点评】本题是基础题，考查三角函数的图象的应用，考查学生的视图用图能力，注意﹣π≤φ＜π的应用，考查计算能力．15．等差数列{a n}前n项和为S n．已知a m﹣1+a m+1﹣a m2=0，S2m﹣1=38，则m= 10 ．【分析】利用等差数列的性质a n﹣1+a n+1=2a n，我们易求出a m的值，再根据a m为等差数列{a n}的前2m﹣1项的中间项（平均项），我们可以构造一个关于m的方程，解方程即可得到m的值．【解答】解：∵数列{a n}为等差数列，∴a n﹣1+a n+1=2a n，+a m+1﹣a m2=0，∴2a m﹣a m2=0∵am﹣1解得：a m=2，又∵S2m﹣1=（2m﹣1）a m=38，解得m=10故答案为10．【点评】本题考查差数列的性质，关键利用等差数列项的性质：当m+n=p+q时，a m+a n=a p+a q，同时利用了等差数列的前n和公式．16．如图，已知圆M：（x﹣3）2+（y﹣3）2=4，四边形ABCD为圆M的内接正方形，E、F分别为AB、AD的中点，当正方形ABCD绕圆心M转动时，的最大值是 6 ．【分析】由题意可得=+．由ME⊥MF，可得=0，从而=．求得=6cos＜，＞，从而求得的最大值．【解答】解：由题意可得=，∴==+．∵ME⊥MF，∴=0，∴=．由题意可得，圆M的半径为2，故正方形ABCD的边长为2，故ME=，再由OM=3，可得=3cos＜，＞=6cos＜，＞，即=6cos＜，＞，故的最大值是大为6，故答案为6．【点评】本题主要考查两个向量的数量积的定义，两个向量的加减法的法则，以及其几何意义，余弦函数的值域，属于中档题．三、解答题：（本大题共5小题，共70分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．）17．凸四边形PABQ中，其中A、B为定点，AB=，P、Q为动点，满足AP=PQ=QB=1．（1）写出cosA与cosQ的关系式；（2）设△APB和△PQB的面积分别为S和T，求s2+T2的最大值，以及此时凸四边形PABQ的面积．【分析】（1）在三角形PAB中，利用余弦定理列出关系式表示出PB2，在三角形PQB中，利用余弦定理列出关系式表示出PB2，两者相等变形即可得到结果；（2）利用三角形面积公式分别表示出S与T，代入S2+T2中，利用同角三角函数间的基本关系化简，将第一问确定的关系式代入，利用余弦函数的性质及二次函数的性质求出最大值，以及此时凸四边形PABQ的面积即可．【解答】解：（1）在△PAB中，由余弦定理得：PB2=PA2+AB2﹣2PAABcosA=1+3﹣2cosA=4﹣2cosA，在△PQB中，由余弦定理得：PB2=PQ2+QB2﹣2PQQBcosQ=2﹣2cosQ，∴4﹣2cosA=2﹣2cosQ，即cosQ=cosA﹣1；（2）根据题意得：S=PAABsinA=sinA，T=PQQBsinQ=sinQ，∴S2+T2=sin2A+sin2Q=（1﹣cos2A）+（1﹣cos2Q）=﹣+cosA+=﹣（cosA ﹣）2+，当cosA=时，S2+T2有最大值，此时S四边形PABQ=S+T=．【点评】此题考查了余弦定理，三角形的面积公式，以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．18．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA=CB，AB=AA1，∠BAA1=60°．（Ⅰ）证明AB⊥A1C；（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB=CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，由已知可证OA1⊥AB，AB⊥平面OA1C，进而可得AB⊥A1C；（Ⅱ）易证OA，OA1，OC两两垂直．以O为坐标原点，的方向为x轴的正向，||为单位长，建立坐标系，可得，，的坐标，设=（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则，可解得=（，1，﹣1），可求|cos＜，＞|，即为所求正弦值．【解答】解：（Ⅰ）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，因为CA=CB，所以OC⊥AB，由于AB=AA1，∠BAA1=60°，所以△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB，又因为OC∩OA1=O，所以AB⊥平面OA1C，又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C；（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两垂直．以O为坐标原点，的方向为x轴的正向，||为单位长，建立如图所示的坐标系，可得A（1，0，0），A1（0，，0），C（0，0，），B（﹣1，0，0），则=（1，0，），=（﹣1，，0），=（0，﹣，），设=（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则，即，可取y=1，可得=（，1，﹣1），故cos＜，＞==，又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值，故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为：．【点评】本题考查直线与平面所成的角，涉及直线与平面垂直的性质和平面与平面垂直的判定，属难题．19．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物．PM2.5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米～75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标．石景山古城地区2013年2月6日至15日每天的PM2.5监测数据如茎叶图所示．（Ⅰ）小陈在此期间的某天曾经来此地旅游，求当天PM2.5日均监测数据未超标的概率；（Ⅱ）小王在此期间也有两天经过此地，这两天此地PM2.5监测数据均未超标．请计算出这两天空气质量恰好有一天为一级的概率；（Ⅲ）从所给10天的数据中任意抽取三天数据，记ξ表示抽到PM2.5监测数据超标的天数，求ξ的分布列及期望．【分析】（I）由茎叶图可知：有2+4天PM2.5日均值在75微克/立方米以下，据此利用古典概型的概率计算公式即可得出；（II）由茎叶图可知：空气质量为一级的有2天，空气质量为二级的有4天，只有这6天空气质量不超标．据此可得得出其概率；（III）由茎叶图可知：空气质量为一级的有2天，空气质量为二级的有4天，只有这6天空气质量不超标，而其余4天都超标，利用“超几何分布”即可得出．【解答】解：（Ⅰ）记“当天PM2.5日均监测数据未超标”为事件A，因为有2+4天PM2.5日均值在75微克/立方米以下，故P（A）==．（Ⅱ）记“这两天此地PM2.5监测数据均未超标且空气质量恰好有一天为一级”为事件B，P（B）==．（Ⅲ）ξ的可能值为0，1，2，3．由茎叶图可知：空气质量为一级的有2天，空气质量为二级的有4天，只有这6天空气质量不超标，而其余4天都超标．P（ξ=0）=，P（ξ=1）=，P（ξ=2）=，P（ξ=3）=．ξ的分布列如下表：ξ0 1 2 3P∴Eξ=．【点评】正确理解茎叶图和“空气质量超标”的含义、古典概型的概率计算公式、超几何分布、排列与组合的意义与计算公式是解题的关键．20．已知椭圆C：9x2+y2=m2（m＞0），直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．（1）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；（2）若l过点（，m），延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．【分析】（1）联立直线方程和椭圆方程，求出对应的直线斜率即可得到结论．（2）四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即x P=2x M，建立方程关系即可得到结论．【解答】解：（1）设直线l：y=kx+b，（k≠0，b≠0），A（x1，y1），B（x2，y2），M（x M，y M），将y=kx+b代入9x2+y2=m2（m＞0），得（k2+9）x2+2kbx+b2﹣m2=0，则判别式△=4k2b2﹣4（k2+9）（b2﹣m2）＞0，则x1+x2=，则x M==，y M=kx M+b=，于是直线OM的斜率k OM==，即k OM k=﹣9，∴直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．（2）四边形OAPB能为平行四边形．∵直线l过点（，m），∴由判别式△=4k2b2﹣4（k2+9）（b2﹣m2）＞0，即k2m2＞9b2﹣9m2，∵b=m﹣m，∴k2m2＞9（m﹣m）2﹣9m2，即k2＞k2﹣6k，则k＞0，∴l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3，由（1）知OM的方程为y=x，设P的横坐标为x P，由得，即x P=，将点（，m）的坐标代入l的方程得b=，即l的方程为y=kx+，将y=x，代入y=kx+，得kx+=x解得x M=，四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即x P=2x M，于是=2×，解得k1=4﹣或k2=4+，＞0，k i≠3，i=1，2，∵ki∴当l的斜率为4﹣或4+时，四边形OAPB能为平行四边形．【点评】本题主要考查直线和圆锥曲线的相交问题，联立方程组转化为一元二次方程，利用根与系数之间的关系是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．21．设函数f（x）=e x﹣1﹣x﹣ax2．（1）若a=0，求f（x）的单调区间；（2）若当x≥0时f（x）≥0，求a的取值范围．【分析】（1）先对函数f（x）求导，导函数大于0时原函数单调递增，导函数小于0时原函数单调递减．（2）根据e x≥1+x可得不等式f′（x）≥x﹣2ax=（1﹣2a）x，从而可知当1﹣2a≥0，即时，f′（x）≥0判断出函数f（x）的单调性，得到答案．【解答】解：（1）a=0时，f（x）=e x﹣1﹣x，f′（x）=e x﹣1．当x ∈（﹣∞，0）时，f'（x ）＜0；当x ∈（0，+∞）时，f'（x ）＞0． 故f （x ）在（﹣∞，0）单调减少，在（0，+∞）单调增加（II ）f ′（x ）=e x﹣1﹣2ax由（I ）知e x≥1+x ，当且仅当x=0时等号成立．故f ′（x ）≥x ﹣2ax=（1﹣2a ）x ，从而当1﹣2a ≥0，即时，f ′（x ）≥0（x ≥0），而f （0）=0，于是当x ≥0时，f （x ）≥0．由e x＞1+x （x ≠0）可得e ﹣x＞1﹣x （x ≠0）． 从而当时，f ′（x ）＜e x﹣1+2a （e ﹣x﹣1）=e ﹣x（e x﹣1）（e x﹣2a ），故当x ∈（0，ln2a ）时，f'（x ）＜0，而f （0）=0，于是当x ∈（0，ln2a ）时，f （x ）＜0． 综合得a 的取值范围为．【点评】本题主要考查利用导数研究函数性质、不等式恒成立问题以及参数取值范围问题，考查分类讨论、转化与划归解题思想及其相应的运算能力．[选修4-1：几何证明选讲]22．如图，O 为等腰三角形ABC 内一点，⊙O 与△ABC 的底边BC 交于M ，N 两点，与底边上的高AD 交于点G ，且与AB ，AC 分别相切于E ，F 两点． （1）证明：EF ∥BC ；（2）若AG 等于⊙O 的半径，且AE=MN=2，求四边形EBCF 的面积．【分析】（1）通过AD 是∠CAB 的角平分线及圆O 分别与AB 、AC 相切于点E 、F ，利用相似的性质即得结论；（2）通过（1）知AD 是EF 的垂直平分线，连结OE 、OM ，则OE ⊥AE ，利用S △ABC ﹣S △AEF 计算即可．【解答】（1）证明：∵△ABC为等腰三角形，AD⊥BC，∴AD是∠CAB的角平分线，又∵圆O分别与AB、AC相切于点E、F，∴AE=AF，∴AD⊥EF，∴EF∥BC；（2）解：由（1）知AE=AF，AD⊥EF，∴AD是EF的垂直平分线，又∵EF为圆O的弦，∴O在AD上，连结OE、OM，则OE⊥AE，由AG等于圆O的半径可得AO=2OE，∴∠OAE=30°，∴△ABC与△AEF都是等边三角形，∵AE=2，∴AO=4，OE=2，∵OM=OE=2，DM=MN=，∴OD=1，∴AD=5，AB=，∴四边形EBCF的面积为×﹣××=．【点评】本题考查空间中线与线之间的位置关系，考查四边形面积的计算，注意解题方法的积累，属于中档题．[选修4-4：坐标系与参数方程]23．（2016张家口模拟）在平面直角坐标系中，曲线C1的参数方程为（a＞b＞0，φ为参数），以Ο为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2是圆心在极轴上且经过极点的圆，已知曲线C1上的点M（2，）对应的参数φ=．θ=与曲线C2交于点D（，）．（1）求曲线C1，C2的直角坐标方程；（2）A（ρ1，θ），B（ρ2，θ+）是曲线C1上的两点，求+的值．【分析】（1）将曲线C1上的点M（2，）对应的参数φ=．代入曲线C1的参数方程为（a＞b＞0，φ为参数），即可解得：a，b．即可得出普通方程．设圆C2的半径R，则圆C2的方程为：ρ=2Rcosθ，将点D（，）解得R可得圆C2的方程为：ρ=2cosθ，即可化为直角坐标方程．（2）将A（ρ1，θ），Β（ρ2，θ+）代入C1得：，代入+即可得出．【解答】解：（1）将曲线C1上的点M（2，）对应的参数φ=．代入曲线C1的参数方程为（a＞b＞0，φ为参数），得：解得：，的方程为：（φ为参数），即：．∴曲线C1设圆C2的半径R，则圆C2的方程为：ρ=2Rcosθ，将点D（，）代入得：=2R×，∴R=1的方程为：ρ=2cosθ即：（x﹣1）2+y2=1．∴圆C2（2）将A（ρ1，θ），Β（ρ2，θ+）代入C1得：，∴+=（）+（）=．【点评】本题考查了极坐标化为直角坐标、参数方程化为普通方程、圆的标准方程、椭圆的方程及其应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．[选修4-5：不等式选讲]24．=|x+a|+|x﹣b|+c的最小值为4．（1）求a+b+c的值；（2）求a2+b2+c2的最小值．【分析】（1）运用绝对值不等式的性质，注意等号成立的条件，即可求得最小值；（2）运用柯西不等式，注意等号成立的条件，即可得到最小值．【解答】解：（1）因为f（x）=|x+a|+|x﹣b|+c≥|（x+a）﹣（x﹣b）|+c=|a+b|+c，当且仅当﹣a≤x≤b时，等号成立，又a＞0，b＞0，所以|a+b|=a+b，所以f（x）的最小值为a+b+c，所以a+b+c=4；（2）由（1）知a+b+c=4，由柯西不等式得，（a2+b2+c2）（4+9+1）≥（2+3+c1）2=（a+b+c）2=16，即a2+b2+c2≥当且仅当==，即a=，b=，c=时，等号成立．所以a2+b2+c2的最小值为．【点评】本题主要考查绝对值不等式、柯西不等式等基础知识，考查运算能力，属于中档题．。
2020年河北省衡水中学高考(理科)数学临考模拟试卷 (解析版)
2020年河北省衡水中学高考（理科）数学临考模拟试卷一、选择题（共12小题）.1．若复数z满足1+zi＝0，i是虚数单位，则z＝（）A．﹣1B．1C．i D．﹣i2．集合，B＝{x|x2+x﹣6＞0}，则A∪B＝（）A．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）B．（3，+∞）C．（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）D．（﹣∞，﹣3）∪（1，2）∪（2，+∞）3．已知，，则tanα＝（）A．2B．C．1D．4．在边长为3，4，5的三角形内部任取一点P，则点P到三个顶点距离都大于1的概率为（）A．B．C．D．5．《吕氏春秋•音律篇》记载了利用“三分损益”制定关于“宫、商、角、徵、羽”五音的方法，以一段均匀的发声管为基数“宫”，然后将此发声管均分成三段，舍弃其中的一段保留二段，这就是“三分损一”，余下来的三分之二长度的发声管所发出的声音就是“徵”；将“徵”管均分成三份，再加上一份，即“徵”管长度的三分之四，这就是“三分益一”，于是就产生了“商”；“商”管保留分之二，“三分损一”，于是得出“羽”；羽管“三分益一”，即羽管的三分之四的长度，就是角”．如果按照三分损益律，基数“宫”发声管长度为1，则“羽”管的长度为（）A．B．C．D．6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积是（）A．32B．36C．72D．807．在的展开式中，含项的系数等于（）A．98B．42C．﹣98D．﹣428．函数f（x）＝的部分图象大致为（）A．B．C．D．9．已知直四棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且BD＝DD1＝AC，则异面直线AD1与DC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．10．已知O为坐标原点，A、F分别是双曲线C：＝1，（a＞0，b＞0）的右顶点和右焦点，以OF为直径的圆与一条渐近线的交点为P（不与原点重合），若△OAP的面积S△OAP满足，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．11．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A：cos B：cos C＝6a：3b：2c，则cos C等于（）A．B．C．D．12．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）﹣ax恰有三个不同的零点，则实数a的取值范围是（）A．[1，4）B．（﹣1，16）C．（﹣1，0]∪[1，16）D．{0}∪[1，4）二、填空题（共4小题）.13．若球O的球心到其内接长方体三个不同侧面的距离为1，2，3，则球O表面积为．14．已知圆x2+y2＝1与抛物线y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，与抛物线的准线交于C，D两点，且坐标原点O是AC的中点，则p的值等于．15．函数f（x）＝sinωx（ω＞0）的图象向右平移个单位得到函数y＝g（x）的图象，且f（x）与g（x）的图象关于点对称，那么ω的最小值等于．16．已知向量，，满足，，且，则的取值范围是．三、解答题：解答应写岀文字说眀、证明过程或演算步骤．17．已知各项均为正数的等比数列{a n}与等差数列{b n}满足a1＝b1＝2，a5＝b31＝32，记c n ＝，（n∈N*）．（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）求数列{c n}的前n项和T n．18．2020年2月，为防控新冠肺炎，各地中小学延期开学．某学校积极响应“停课不停学”政策，在甲、乙两班分别开展了H、G两种不同平台的线上教学尝试，经过一段时间的试用，从两班各随机调查了20个同学，得到了对两种线上平台的评价结果如表：评价结果差评一般好评甲班5人10人5人乙班2人8人10人（1）假设两个班级的评价相互独立，以事件发生频率作为相应事件发生的概率，若从甲乙两班中各随机抽取一名学生，求甲班学生的评价结果比乙班学生的评价结果“更好”的概率；（2）根据对两个班的调查，完成列联表，并判断能否有99%的把握认为评价是否“差评”与线上平台有关．差评好评或一般总计H平台G平台总计附：，n＝a+b+c+d．P（K2≥k0）0.0500.0100.001 k0 3.841 6.63510.82819．如图，在三棱锥D﹣ABC中，AB⊥BD，BC⊥CD，M，N分别是线段AD，BD的中点，MC＝1，，二面角D﹣BA﹣C的大小为60°．（1）证明：平面MNC⊥平面BCD；（2）求直线BM和平面MNC所成角的余弦值．20．已知椭圆左、右焦点分别为F1，F2，且满足离心率，，过原点O且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆C于M，N两点．（1）求椭圆C的方程；（2）设点A（2，1），求△AMN面积的最大值．21．已知函数f（x）＝（x+2）lnx+ax2（a为常数）在x＝1处的切线方程为y＝4x﹣．（1）求a的值，并讨论f（x）的单调性；（2）若f（x1）+f（x2）＝1，求证：x1x2≤1．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]22．在平面直角坐标系xOy中，直线l1：x﹣y﹣2＝0，曲线C：（φ为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求直线l1与曲线C的极坐标方程；（2）若直线l2的极坐标方程为θ＝α（ρ∈R），直线l2与直线l1交于点A，与曲线C交于点O与点B，求的最大值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|2x﹣1|﹣|x+1|．（1）解不等式f（x）≤4；（2）记函数y＝f（x）+3|x+1|的最小值为m，正实数a，b满足a+b＝m，试求的最小值．参考答案一、选择题（共12小题）.1．若复数z满足1+zi＝0，i是虚数单位，则z＝（）A．﹣1B．1C．i D．﹣i【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．解：由1+zi＝0，得．故选：C．2．集合，B＝{x|x2+x﹣6＞0}，则A∪B＝（）A．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）B．（3，+∞）C．（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）D．（﹣∞，﹣3）∪（1，2）∪（2，+∞）【分析】可以求出集合A，B，然后进行并集的运算即可．解：∵A＝（1，+∞），B＝（﹣∞，﹣3）∪（2，+∞），∴A∪B＝（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）．故选：C．3．已知，，则tanα＝（）A．2B．C．1D．【分析】由已知利用诱导公式可求sinα的值，利用同角三角函数基本关系式，即可求解cosα，tanα的值．解：∵，，∴，∴tanα＝2．故选：A．4．在边长为3，4，5的三角形内部任取一点P，则点P到三个顶点距离都大于1的概率为（）A．B．C．D．【分析】根据题意，结合图形分析可得点P到三个顶点距离小于1的区域面积为三个扇形面积之和，求出其面积，计算三角形的面积，由几何概型公式计算可得答案．解：根据题意，在△ABC中，BC＝3，AB＝4，AC＝5，点P到三个顶点距离小于3的区域面积为三个扇形面积之和，即S＝×π＝，则点P到三个顶点距离都大于1的概率P＝；故选：B．5．《吕氏春秋•音律篇》记载了利用“三分损益”制定关于“宫、商、角、徵、羽”五音的方法，以一段均匀的发声管为基数“宫”，然后将此发声管均分成三段，舍弃其中的一段保留二段，这就是“三分损一”，余下来的三分之二长度的发声管所发出的声音就是“徵”；将“徵”管均分成三份，再加上一份，即“徵”管长度的三分之四，这就是“三分益一”，于是就产生了“商”；“商”管保留分之二，“三分损一”，于是得出“羽”；羽管“三分益一”，即羽管的三分之四的长度，就是角”．如果按照三分损益律，基数“宫”发声管长度为1，则“羽”管的长度为（）A．B．C．D．【分析】根据三分损益原理计算即可．解：按照三分损益原理，故选：A．6．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积是（）A．32B．36C．72D．80【分析】由三视图还原原几何体，该几何体为两个长方体的组合体，其中每个长方体的底面是边长为2的正方形，高为4．则其表面积可求．解：由三视图还原原几何体如图，则其表面积为S＝（40﹣4）×2＝72．故选：C．7．在的展开式中，含项的系数等于（）A．98B．42C．﹣98D．﹣42【分析】先求出（﹣）8的通项公式，再分类求出含项的系数．解：∵（﹣）8的通项公式为T r+1＝••（﹣）r＝（﹣1）r••x，令﹣8＝﹣5得r＝2；令﹣4＝﹣2得r＝4；故选：D．8．函数f（x）＝的部分图象大致为（）A．B．C．D．【分析】求出函数的定义域，判断函数的奇偶性，利用对称性和函数值的对应性进行排除即可．解：由|x|﹣2≠0得x≠±2，f（﹣x）＝﹣f（x），即f（x）为奇函数，图象关于原点对称，可排除选项B、D，故选：A．9．已知直四棱柱（侧棱垂直于底面的棱柱）ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，且BD＝DD1＝AC，则异面直线AD1与DC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【分析】由，得∠DAC＝30°，求出∠DAB＝60°，推导出∠AD1G（或补角）即为异面直线AD1与DC1所成的角，由此能求出异面直线AD1与DC1所成角的余弦值．解：由，得∠DAC＝30°，所以∠DAB＝60°，所以AD＝DD1，．则∠AD1G（或补角）即为异面直线AD1与DC1所成的角，利用勾股定理求出，所以异面直线AD1与DC1所成角的余弦值为．故选：B．10．已知O为坐标原点，A、F分别是双曲线C：＝1，（a＞0，b＞0）的右顶点和右焦点，以OF为直径的圆与一条渐近线的交点为P（不与原点重合），若△OAP的面积S△OAP满足，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【分析】由，可得：，即，利用e＝即可求解．解：如图，可得OA＝a，OF＝c，∠OPF＝90°，tan，由，可得FP•FO cos∠POA＝×，∴，即可得，∴e4＝2，e＝．故选：D．11．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A：cos B：cos C＝6a：3b：2c，则cos C等于（）A．B．C．D．【分析】由已知结合正弦定理进行化简后，再结合两角和的正切公式进行化简即可求解．解：由，利用正弦定理得，即6tan A＝3tan B＝2tan C，代入，所以．故选：D．12．已知函数f（x）＝，若函数y＝f（x）﹣ax恰有三个不同的零点，则实数a的取值范围是（）A．[1，4）B．（﹣1，16）C．（﹣1，0]∪[1，16）D．{0}∪[1，4）【分析】易知x＝0是y＝f（x）﹣ax的一个零点，则f（x）＝ax有两个不为零的不同实根，即与y＝a的图象有两个不为零的不同交点，作出函数h（x）的图象，即可求出实数a的取值范围．解：（1）当x＝0时，y＝f（0）﹣0＝0，所以x＝0是y＝f（x）﹣ax的一个零点；即f（x）＝ax有两个不为零的不同实根，又h（x）＝＝，所以当x＜0时，h1′（x）＞0，h1（x）单调递增；令，x≥1，则，当x∈（3，+∞）时，h2′（x）＜0，h2（x）单调递减，故选：D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分.13．若球O的球心到其内接长方体三个不同侧面的距离为1，2，3，则球O表面积为56π．【分析】由球的截面性质得出长方体的三条棱长，从而得球半径，可计算出面积．解：由题意长方体相邻的三条棱长为2，4，6，外接球直径等于长方体对角线，所以，故答案为：．14．已知圆x2+y2＝1与抛物线y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，与抛物线的准线交于C，D两点，且坐标原点O是AC的中点，则p的值等于．【分析】设出A的坐标，代入圆的方程，求解P即可．解：圆x2+y2＝1与抛物线y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，与抛物线的准线交于C，D 两点，且坐标原点O是AC的中点，代入圆的方程，解得．故答案为：．15．函数f（x）＝sinωx（ω＞0）的图象向右平移个单位得到函数y＝g（x）的图象，且f（x）与g（x）的图象关于点对称，那么ω的最小值等于6．【分析】由题意，利用函数y＝A sin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，求得ω的最小值解：由图象平移规律，可知，由f（x）与g（x）的图象关于点对称，化简，得恒成立，所以正数ω的最小值为6，故答案为：6．16．已知向量，，满足，，且，则的取值范围是[﹣7，7]．【分析】将已知条件中的等式变形为，两边平方，再结合平面向量数量积的运算，化简整理后可推出+2+1≤+2+，即，从而得解．解：因为，所以，等式两边平方，得①．所以≤•，即+2+3≤25+2+25，所以．故答案为：[﹣6，7]．三、解答题：解答应写岀文字说眀、证明过程或演算步骤．17．已知各项均为正数的等比数列{a n}与等差数列{b n}满足a1＝b1＝2，a5＝b31＝32，记c n ＝，（n∈N*）．（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）求数列{c n}的前n项和T n．【分析】（1）利用已知条件求出数列的通项公式．（2）利用裂项相消法求出数列的和．解：（1）因为{a n}各项为正数，设{a n}的公比为q，（q＞0），{b n}的公差为d，所以，b n＝n+1．所以＝．18．2020年2月，为防控新冠肺炎，各地中小学延期开学．某学校积极响应“停课不停学”政策，在甲、乙两班分别开展了H、G两种不同平台的线上教学尝试，经过一段时间的试用，从两班各随机调查了20个同学，得到了对两种线上平台的评价结果如表：评价结果差评一般好评甲班5人10人5人乙班2人8人10人（1）假设两个班级的评价相互独立，以事件发生频率作为相应事件发生的概率，若从甲乙两班中各随机抽取一名学生，求甲班学生的评价结果比乙班学生的评价结果“更好”的概率；（2）根据对两个班的调查，完成列联表，并判断能否有99%的把握认为评价是否“差评”与线上平台有关．差评好评或一般总计H平台G平台总计附：，n＝a+b+c+d．P（K2≥k0）0.0500.0100.001 k0 3.841 6.63510.828【分析】（1）根据相互独立事件的概率计算公式，即可求出对应的概率值；（2）由题意填写列联表，计算观测值，对照临界值得出结论．解：（1）记A1表示事件：甲班抽取的学生评价结果为“好评”；A2表示事件：甲班抽取的学生评价结果为“一般”；B2表示事件：乙班抽取的学生评价结果为“差评”；因为两个班级的评价相互独立，所以．差评好评或一般总计H平台51520G平台21820总计73340计算得，所以没有99%的把握认为评价是否“差评”与线上平台有关．19．如图，在三棱锥D﹣ABC中，AB⊥BD，BC⊥CD，M，N分别是线段AD，BD的中点，MC＝1，，二面角D﹣BA﹣C的大小为60°．（1）证明：平面MNC⊥平面BCD；（2）求直线BM和平面MNC所成角的余弦值．【分析】（1）先计算出NC和MN的长度，再结合勾股定理可证得MN⊥NC；由中位线的性质可得MN∥AB，而AB⊥BD，故MN⊥BD；然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证．（2）根据二面角的定义可证得∠CBD为二面角D﹣BA﹣C的平面角，即∠CBD＝60°．法一：以B为原点，BC、BA为x、y轴，建立空间直角坐标系，逐一写出B、C、M、N的坐标，根据法向量的性质求得平面MNC的法向量，设直线BM和平面MNC所成角为θ，则sinθ＝|cos＜，＞|，再利用同角三角函数的平方关系即可得解．法二：取CN的中点E，连接BE，由面面垂直的性质定理可证得BE⊥平面MNC，故∠BME为直线BM和平面MNC所成的角，在Rt△ABD中，求得sin∠BME，再利用同角三角函数的平方关系即可得解．【解答】（1）证明：在Rt△BCD中，N是斜边BD的中点，∴．∵M、N分别是AD、BD的中点，∴MN∥AB，，∵AB⊥BD，MN∥AB，∴MN⊥BD，∵MN⊂平面MNC，∴平面MNC⊥平面BCD．又AB⊥BD，∴∠CBD为二面角D﹣BA﹣C的平面角，即∠CBD＝60°，以B为坐标原点，BC为x轴，BA为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，∴，，．设平面MNC的法向量，则，即，设直线BM和平面MNC所成角为θ，∵θ∈[0，]，故直线BM和平面MNC所成角的余弦值等于．又AB⊥BD，∴∠CBD为二面角D﹣BA﹣C的平面角，即∠CBD＝60°，又∵平面MNC⊥平面BCD，平面MNC∩平面BCD＝NC，∴∠BME即为直线BM和平面MNC所成的角．∴，故直线BM和平面MNC所成角的余弦值等于．20．已知椭圆左、右焦点分别为F1，F2，且满足离心率，，过原点O且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆C于M，N两点．（1）求椭圆C的方程；（2）设点A（2，1），求△AMN面积的最大值．【分析】（1）利用椭圆的离心率以及焦距，求解c，a，然后求解b，得到椭圆方程．（2）设直线l的方程为y＝kx（k≠0），由，求出弦长MN，求出A到直线l的距离，推出三角形的面积的表达式，然后求解最大值即可．解：（1）由题意可知，，根据，得a＝4，b＝4，（2）设直线l的方程为y＝kx（k≠0），得，，＝．所以＝，当k＜0时，，当且仅当时，等号成立，所以S△AMN的最大值为．21．已知函数f（x）＝（x+2）lnx+ax2（a为常数）在x＝1处的切线方程为y＝4x﹣．（1）求a的值，并讨论f（x）的单调性；（2）若f（x1）+f（x2）＝1，求证：x1x2≤1．【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数的几何意义可求a，结合导数与单调性关系即可求解；（2）结合结论lnx≤x﹣1，构造函数g（x）＝f（x）+f（）﹣1，结合导数可得出f（x1），然后结合f（x1）+f（x2）＝1，及f（x）在（0，+∞）上单调性即可证明．解：（1），由题意可得，f′（5）＝3+2a＝4，解可得a＝，令m（x）＝lnx+x++4，则＝，故m（x）＝f′（x）＞f′（1）＞0恒成立，（2）设n（x）＝lnx﹣x+1，则，当x＝1时，n（x）取得最大值n（1）＝0，令g（x）＝f（x）+f（）﹣1＝（x+2）lnx+﹣（4+）lnx+，设h（x）＝（1+）lnx，则＝＞0，故当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，所以g（x）≥g（1）＝5，即f（x）+f（）﹣1≥0，当x＝1时等号成立，所以4﹣f（x2）≥1﹣f（）即f（x2）≤f（），所以x6≤，即x1x2≤7．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]22．在平面直角坐标系xOy中，直线l1：x﹣y﹣2＝0，曲线C：（φ为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．（1）求直线l1与曲线C的极坐标方程；（2）若直线l2的极坐标方程为θ＝α（ρ∈R），直线l2与直线l1交于点A，与曲线C交于点O与点B，求的最大值．【分析】（1）直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用转换关系，把三角函数关系式的变换和函数的性质的应用求出结果．解：（1）因为x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，所以直线l1的极坐标方程为ρcosθ﹣ρsinθ＝2，即．将x2+y2＝ρ2，x＝ρcosθ代入上式，得ρ2＝8ρcosθ．（2）因为直线l2：θ＝α，则A（ρ1，α），B（ρ4，α），所以＝．所以当时，取得最大值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|2x﹣1|﹣|x+1|．（1）解不等式f（x）≤4；（2）记函数y＝f（x）+3|x+1|的最小值为m，正实数a，b满足a+b＝m，试求的最小值．【分析】（1）利用零点分段．再分段解不等式即可；（2）利用绝对值不等式求解最小值为m，利用“乘1”法即可求解的最小值解：（1）依题意得f（x）＝，由不等式f（x）≤3；解得﹣2≤x≤﹣1，或，或．（2）由y＝f（x）+3|x+1|＝|7x﹣1|+|2x+2|≥|（2x﹣1）﹣（5x+2）|＝3，即a+b＝3即当且仅当且a+b＝3，即a＝1，b＝2时取等号，所以的最小值为．。
2020年5月河北省石家庄市普通高中2020届高三第八次模拟考试数学(理)试题(解析版)
绝密★启用前河北省石家庄市普通高中2020届高三毕业班第八次高考模拟考试数学(理)试题(解析版)2020年5月注意事项：1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分；2.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第Ⅰ卷一、选择题：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2{|20}A x x x =+->，{1,0,1,2}B =-，则( )A. {2}A B =B. A B R =C. (){1,2}R B C A =-D. (){|12}R B C A x x =-<<【答案】A【解析】【分析】 首先解不等式220x x +->得到{|2A x x =<-或1}x >,再根据{2}A B =即可得到答案.【详解】因为2{|20}{|2A x x x x x =+->=<-或1}x >,{1,0,1,2}B =-,所以{2}A B =,AB R ≠,(){1,0,1}RC A B =-,()[2,1]{2}R C A B =- 故选：A【点睛】本题主要考查集合的运算,同时考查了一元二次不等式的解法,属于简单题.2.已知a 是实数,1a i i+-是纯虚数,则 a 等于（ ）A. B. 1- D. 1【答案】D【解析】 分析：由题意结合复数的运算法则整理计算即可求得最终结果. 详解：由题意可知：()()()()()()1111112a i i a a i a i i i i ++-+++==--+, 1a i i +-为纯虚数,则：1010a a -=⎧⎨+≠⎩,据此可知1a =. 本题选择D 选项.点睛：本题主要考查复数的运算法则及其应用,意在考查学生的转化能力和计算求解能力.3.已知5log 2a =,0.5log 0.2b =,0.20.5c =,则,,a b c 的大小关系为（ ）A. a c b <<B. a b c <<C. b c a <<D. c a b <<【答案】A【解析】【分析】 利用10,,12等中间值区分各个数值的大小．【详解】551log 2log 2a =<, 0.50.5log 0.2log 0.252b =>=,10.200.50.50.5<<,故112c <<, 所以a c b <<．故选A ．【点睛】本题考查大小比较问题,关键选择中间量和函数的单调性进行比较．4.下边程序框图的算法源于我国古代闻名中外的《中国剩余定理》.()modm n N ≡。