山西省太原五中2019-2020学年度第二学期6月模拟考试(一)高三数学理(理)参考答案
2021届山西省太原市高三第二学期模拟考试(一)(一模)数学(理科)试卷【含答案】
2021届山西省太原市高三第二学期模拟考试(一)（一模）数学(理科)试卷(考试时间：下午3：00－5：00)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，第I卷1至4页，第II卷5至8页。
2.回答第I卷前，考生务必将自己的姓名考试编号填写在答题卡上。
3.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，写在本试卷上无效。
4.回答第II卷时，将答案写在答题卡相应位置上，写在本试卷上无效。
5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷一、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A＝{x||x|<1}，B＝{x|2x<1}，则A∩B＝A.(－1，0)B.(－∞，1)C.(－1，1)D.(0，1)2.已知复数z满足z iz i-+＝i，则复数z＝A.1－iB.1＋iC.－1－iD.－1＋i3.公元前6世纪，古希腊毕达哥拉斯学派在研究正五边形和正十边形的作图时，发现了黄金分51-0.618，这是一个伟大的发现，这一数值也表示为a＝2sin18°，若a2＋b＝4，则2a b1cos72-︒＝A.12B.2C.512D.44.函数f(x)＝x cosxx sinx⋅-的部分图象大致是5.在区间[－1，1]上任取一个实数k ，则使得直线y ＝kx 与圆(x －2)2＋y 2＝1有公共点的概率是 A.32 B.22 C.33 D.126.已知梯形ABCD 中，AB//DC ，且AB ＝2DC ，点P 在线段BC 上，若5AP AB AD 6λ=+，则实数λ＝ A.34 B.23 C.13 D.127.已知{a n }是各项均为正数的等比数列，其前n 项和为S n ，且{S n }是等差数列，给出以下结论：①{a n ＋S n }是等差数列；②{a n ·S n }是等比数列；③{a n 2}是等差数列；④n S n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列，则其中正确结论的个数为 A.4 B.3 C.2 D.18.已知实数x ，y 满足x 3y 1303x 2y 1102x y 50+-≤⎧⎪+-≥⎨⎪--≤⎩，若不等式x ＋my ＋1≤0恒成立，则实数m 的取值范围是 A.(0，14] B.[－4，－12] C.(－∞，－12] D.(－∞，－4] 9.已知a ＝2ln3π，b ＝3ln2π，c ＝2ln π3，则下列结论正确的是 A.b<c<a B.c<b<a C.b<a<c D.a<b<c10.已知三棱锥A －BCD 中，AB ＝BC ＝BD ＝CD ＝AD ＝4，二面角A －BD －C 的余弦值为13，点E 在棱AB 上，且BE ＝3AE ，过E 作三棱锥A －BCD 外接球的截面，则所作截面面积的最小值为 A.103π B.3π C.3πD.3411.已知过抛物线y 2＝2px(p>0)的焦点F(12，0)的直线与该抛物线相交于A ，B 两点，点M 是线段AB 的中点，以AB 为直径的圆与y 轴相交于P ，Q 两点，若AF 2FB =，则sin ∠MPQ＝ A.59 B.37 C.911 D.51312.已知函数f(x)＝sin(ωx ＋φ)(ω>0，|φ|<2π)的图象关于x ＝－3π对称，f(6π)＝0，f(x)在[3π，1124π]上单调递增，则ω的所有取值的个数是 A.3 B.4 C.1 D.2太原市2021年高三年级模拟考试(－～)数学试卷(理科) 第II 卷(非选择题 共90分)本卷包括必考题和选考题两部分，第13题～第21题为必考题，每个试题考生都必须作答。
2020年山西省太原五中高考数学模拟试卷(理科)(一)(4月份)
2020年山西省太原五中高考数学模拟试卷（理科）（一）（4月份）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，每小题只有一个正确选项．1. 已知集合A={x|(12)x≤1}，B＝{x|x2−2x−8≤0}，则A∩B＝（）A.{x|−2≤x≤0}B.{x|2≤x≤4}C.{x|0≤x≤4}D.{x|x≤−2}2. 若复数z1，z2在复平面内对应的点关于y轴对称，且z1＝2−i，则复数z1z2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3. 下列关于命题的说法错误的是（）A.命题“若x2−3x+2＝0，则x＝2”的逆否命题为“若x≠2，则x2−3x+2≠0”B.“a＝2”是“函数f(x)＝log a x在区间(0, +∞)上为增函数”的充分不必要条件C.若命题p:∃n∈N，2n>1000，则￢p:∀n∈N，2n>1000D.命题“∃x∈(−∞, 0)，2x<3x”是假命题4. “欧几里得算法”是有记载的最古老的算法，可追溯至公元前300年前，如图的程序框图的算法思路就是来源于“欧几里得算法”．执行改程序框图（图中“aMODb”表示a除以b的余数），若输入的a，b分别为675，125，则输出的a＝（）A.0B.25C.50D.755. 已知公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足a2，a5，a9成等比数列，则7S55S7=()A.57B.79C.1011D.11236. 甲乙二人争夺一场围棋比赛的冠军，若比赛为“三局两胜”制（无平局），甲在每局比赛中获胜的概率均为23，且各局比赛结果相互独立，则在甲获得冠军的条件下，比赛进行了三局的概率为（）A.13B.25C.23D.457. 已知函数f(x)＝sinωx(ω>0)，满足f(π4)=f(3π4)，且在[π4,3π4]内恰有一个最大值点和一个最小值点，则ω的值为（）A.1B.2C.3D.48.某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4√3的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为4π，则该球的半径是（）A.2B.4C.2√6D.4√69. 已知AB为圆O：(x−1)2+y2=1的直径，点P为直线x−y+1=0上任意一点，则PA→⋅PB→的最小值为（）A.1B.√2C.2D.2√210. 已知直线y=kx(k≠0)与双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)交于A，B两点，以AB为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点F，若△ABF的面积为4a2，则双曲线的离心率为（）A.√2B.√3C.2D.√511. 数列{a n}满足a1=1，na n+1=(n+1)a n+n(n+1)，且b n=a n cos2nπ3，记S n为数列{b n}的前n项和，则S24等于( )A.294B.174C.470D.30412. 已知以4为周期的函数f(x)满足，当−1<x≤3时，f(x)={m√1−x2,x∈(−1,1]1−|x−2|,x∈(1,3]，其中m>0，若方程3f(x)−x＝0恰有5个根，则实数m的取值范围是（）A.(43,√7) B.(43,83) C.(√153,√7) D.(√153,83)二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．已知f(x)为奇函数，当x>0时，f(x)＝ln x−3x，则f(−1)的值为________．设实数x，y满足{x−y−2≤0x+2y−5≥0y−2≤0，则μ=yx的取值范围是________．二项式(ax+1bx)n(a>0,b>0)的展开式中只有第6项的二项式系数最大，且展开式中的第3项的系数是第4项的系数的3倍，则ab的值为________．如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点F是线段BC1上的动点，则下列说法正确的是________.（填序号）①无论点F在BC1上怎么移动，都有A1F⊥B1D；②无论点F在BC1上怎么移动，异面直线A1F与CD所成角都不可能是30∘；③当点F移动至BC1中点时，直线A1F与平面BDC1所成角最大；④当点F移动至BC BC1中点时，才有A1F与B1D相交于一点，记为点E，且A1EEF=2．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．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：共60分．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin A+√3cos A=0，a=2√7，b=2．（Ⅰ）求c；（Ⅱ）设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．如图，四边形ABCD为平行四边形，点E在AB上，AE＝2EB＝2，且DE⊥AB．以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点F的位置，且∠FEB＝60∘．(Ⅰ)求证：平面BFC⊥平面BCDE；(Ⅱ)若直线DF与平面BCDE所成角的正切值为√155，求二面角E−DF−C的正弦值．已知圆C：(x−1)2+y2=14，一动圆与直线x=−12相切且与圆C外切．(Ⅰ)求动圆圆心P的轨迹T的方程；(Ⅱ)若经过定点Q(6, 0)的直线l与曲线T相交于A、B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的平行线与曲线T 相交于点N，试问是否存在直线l，使得NA⊥NB，若存在，求出直线l的方程，若不存在，说明理由．已知函数f(x)＝xe mx．（1）若函数f(x)的图象在点（−1, f(−1)）处的切线平行于x轴，求函数f(x)在[−2, 2]上的最小值；（2）若关于x的方程f(x)=1x在(0, +∞)上有两个解，求实数m的取值范围．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，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了，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p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∗都有x n2(1x1x2+1x2x3+⋯1x n−1x n)＝e13x n2−x12x22−x12成立(ⅰ)求证：数列{x n }为等比数列；(ⅱ)当p ＝1−√x 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．（二）选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做第一题记分．[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =1+cos α1−cos αy =2sin α1−cos α （α为参数）．以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θ=θ0（θ0∈(0, π)），将曲线C 1向左平移2个单位长度得到曲线C ． (1)求曲线C 的普通方程和极坐标方程；(2)设直线l 与曲线C 交于A ，B 两点，求1|OA|+1|OB|的取值范围．[选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|2x −7|+|2x −5|． (Ⅰ)解不等式f(x)≥6；(Ⅱ)设函数f(x)的最小值为m ，已知正实数a ，b ，且k =max {1a+b,a 2+b 2a+b}，证明：k 2m ≥1．参考答案与试题解析2020年山西省太原五中高考数学模拟试卷（理科）（一）（4月份）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分，每小题只有一个正确选项．1.【答案】C【考点】交集及其运算【解析】解不等式求出集合A、B，根据交集的定义写出A∩B．【解答】集合A={x|(12)x≤1}={x|x≥0}，B＝{x|x2−2x−8≤0}＝{x|−2≤x≤4}，则A∩B＝{x|0≤x≤4}．2.【答案】B【考点】复数的代数表示法及其几何意义【解析】由z1＝2−i，复数z1，z2在复平面内对应的点关于y轴对称，求出z2，然后代入z1z2，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复数z1z2在复平面内对应的点的坐标，则答案可求．【解答】∵z1＝2−i，复数z1，z2在复平面内对应的点关于y轴对称，∴z2＝−2−i．∴z1z2=2−i−2−i=(2−i)(−2+i)(−2−i)(−2+i)=−3+4i5=−35+45i，则复数z1z2在复平面内对应的点的坐标为：(−35, 45)，位于第二象限．3.【答案】C【考点】命题的真假判断与应用【解析】A，命题“若x2−3x+2＝0，则x＝2”的逆否命题为“若x≠2，则x2−3x+2≠0”；B，只要a>1时，函数f(x)＝logax在区间(0, +∞)上为增函数；C，”>“的否定是”≤“；D，根据指数函数图象可判定；【解答】对于A，命题“若x2−3x+2＝0，则x＝2”的逆否命题为“若x≠2，则x2−3x+2≠0”正确；对于B，只要a>1时，函数f(x)＝logax在区间(0, +∞)上为增函数，故正确；对于C，若命题p:∃n∈N，2n>1000，则￢p:∀n∈N，2n≤1000，故错；对于D，根据幂函数图象得“x∈(−∞, 0)时，2x>3x”，故正确；4.【答案】B【考点】程序框图【解析】模拟程序框图的运行过程，该程序执行的是欧几里得辗转相除法，求出运算结果即可．【解答】输入a＝675，b＝125，c＝50，a＝125，b＝50，c＝25，a＝25，b＝0，c＝0，输出a＝25，5.【答案】C【考点】等差数列与等比数列的综合【解析】设{a n}的公差为d，且d≠0，运用等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，解方程可得首项和公差的关系，再由等差数列的求和公式，计算可得所求值．【解答】设{a n}的公差为d，且d≠0，a2，a5，a9成等比数列，可得a52＝a2a9，即(a1+4d)2＝(a1+d)(a1+8d)，整理可得a1＝8d，故7S55S7=72×5(a1+a5)52×7(a1+a7)=a3a4=8d+2d8d+3d=1011．6.【答案】B【考点】条件概率与独立事件【解析】求出甲获得冠军的概率、比赛进行了3局的概率，即可得出结论．【解答】由题意，甲获得冠军的概率为23×23+23×13×23+13×23×23=2027，其中比赛进行了3局的概率为23×13×23+13×23×23=827，∴所求概率为827÷2027=25，7.【答案】D【考点】正弦函数的图象【解析】根据题意，讨论f(x)的第一个最大值出现在ωx=π2时求出ω的值，验证ω是否满足题意；再求f(x)的第一个最小值出现在ωx=3π2，第一个最大值出现在ωx=5π2时对应的ω值，验证ω是否满足题意．【解答】函数f(x)＝sinωx(ω>0)，满足f(π4)=f(3π4)，且在[π4,3π4]内恰有一个最大值点和一个最小值点，当ω>0时，若f(x)的第一个最大值出现在ωx=π2，第一个最小值出现在ωx=3π2，则第二个最大值出现在ωx=5π2，由于函数f(x)在[π4, 3π4]上恰有一个最大值点和一个最小值点，也就是π4ω≤π2且3π2≤3π4ω<5π2，解得：ω＝2，此时不满足f(π4)＝f(3π4)，不合题意；若f(x)的第一个最小值出现在ωx=3π2，第一个最大值出现在ωx=5π2，则第二个最小值出现在ωx=7π2，由于函数f(x)在[π4, 3π4]上恰有一个最大值点和一个最小值点，也就是π4ω≤3π2且5π2≤3π4ω<7π2，解得103≤ω<143，结合题目中的选项知：ω＝4，此时满足f(π4)＝f(3π4)＝0，满足题意．8.【答案】B【考点】球的表面积和体积球内接多面体柱体、锥体、台体的体积计算【解析】由题意画出图形，由圆的周长公式求得圆的半径，再由勾股定理求球的半径．【解答】作出截面图如图，则OA=2√3，由截面圆的周长为4π，得2π⋅AB＝4π，则AB＝2．∴球的半径是√OA2+AB2=√(2√3)2+22=4．9.【答案】A【考点】平面向量数量积的性质及其运算直线与圆的位置关系【解析】运用向量加减运算和数量积的性质，可得PA→⋅PB→=(PO→+OA→)⋅(PO→+OB→)＝|PO→|2−r2，即为d2−r2，运用点到直线的距离公式，可得d的最小值，进而得到结论．【解答】解：由PA→⋅PB→=(PO→+OA→)⋅(PO→+OB→)=PO→2+PO→⋅(OA→+OB→)+OA→⋅OB→=|PO→|2−r2，即为d2−r2，其中d为圆外点到圆心的距离，r为半径，因此当d取最小值时，PA→⋅PB→的取值最小，可知d的最小值为√2=√2，故PA→⋅PB→的最小值为2−1=1．故选A.10.【答案】D【考点】双曲线的离心率直线与双曲线的位置关系【解析】根据以AB为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点F，得到以AB为直径的圆的方程为x2+y2＝c2，根据三角形的面积求出B的坐标，代入双曲线方程进行整理即可．【解答】解：设双曲线的左焦点为F′，由图象的对称性得，圆O经过点F′，且|BF′|=|AF|，设|BF′|=|AF|=m，|BF|=n，∵BF⊥AF∴S△ABF=12mn=4a2，m2+n2=4c2，则mn=8a2，∵|BF′|−|BF|=2a，∴m−n=2a则m2−2mn+n2=4a2，∴4c2−16a2=4a2，即c2=5a2，则c=√5a，即离心率e=ca =√5aa=√5.故选D.11.【答案】D【考点】诱导公式数列的求和数列递推式等差数列的通项公式【解析】na n+1＝(n+1)a n+n(n+1)，可得a n+1n+1−a nn=1，利用等差数列的定义通项公式可得a n＝n2，b n＝n2cos2nπ3，可得b3k−2＝(3k−2)2cos2(3k−2)π3=−12(3k−2)2，同理可得b3k−1=−12(3k−1)2，b3k＝(3k)2，k∈N∗．即可得出．【解答】解：∵na n+1=(n+1)a n+n(n+1)，∴a n+1n+1−a nn=1.又∵a1=1，∴数列{a nn}是首项为1，公差为1的等差数列，∴a nn=1+(n−1)×1，得a n=n2．∵b n=a n cos2nπ3，∴b n=n2cos2nπ3，∴b3k−2=(3k−2)2cos2(3k−2)π3=−12(3k−2)2，b3k−1=(3k−1)2cos2(3k−1)π3=−12(3k−1)2，b3k=(3k)2cos2×3kπ3=(3k)2，k∈N∗，∴b3k−2+b3k−1+b3k=−12(3k−2)2−12(3k−1)2+(3k)2=9k−52，则S24=9×(1+2+⋯+8)−52×8=304．故选D.12.【答案】C【考点】函数的零点与方程根的关系【解析】根据条件函数是周期为4的函数，作出两个函数的图象，利用数形结合结合直线和曲线的相切问题，即可得到结论．【解答】依题意，函数f(x)的周期为4，方程3f(x)−x＝0恰有5个根，等价为函数y＝f(x)的图象与直线y=x3有5个交点，作函数图象如下：当x ∈(3, 5)时，f(x)＝m√1−(x −4)2，当x ∈(7, 9)时，f(x)＝m√1−(x −8)2，当直线y =x3与f(x)＝m√1−(x −4)2，相切时，即方程m√1−(x −4)2=x3有唯一解，化简得(1+9m 2)x 2−72m 2x +135m 2＝0，则△＝(−72m 2)2−4(1+9m 2)⋅135m 2＝0，解得m =√153； 当直线y =x3与f(x)＝m√1−(x −8)2相切时，即方程x3=m√1−(x −8)2有唯一解，化简得(1+9m 2)x 2−144m 2x +567m 2＝0，则△＝(−144m 2)2−4(1+9m 2)⋅567m 2＝0，解得m =√7； 由图可知，实数m 的取值范围(√153, √7)． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 【答案】 3【考点】函数奇偶性的性质与判断 【解析】结合已知函数解析式及奇函数的定义代入即可求解． 【解答】因为f(x)为奇函数，当x >0时，f(x)＝ln x −3x ， 则f(−1)＝−f(1)＝−(ln 1−3)＝3． 故答案为：3 【答案】[13, 2] 【考点】 简单线性规划 【解析】根据不等式组画出可行域，得到如图所示的△ABC 及其内部的区域．设P(x, y)为区域内一点，根据斜率计算公式可得μ=yx 表示直线OP 的斜率，运动点P 得到PQ 斜率的最大、最小值，即可得到μ=yx 的取值范围． 【解答】作出不等式组表示的平面区域，得到如图所示的△ABC 及其内部的区域 其中A(1, 2)，B(4, 2)，C(3, 1)设P(x, y)为区域内的动点，可得μ=yx 表示直线OP 的斜率， 其中P(x, y)在区域内运动，O 是坐标原点．运动点P ，可得当P 与A 点重合时，μ＝2达到最大值； 当P 与C 点重合时，μ=13达到最小值．综上所述，μ=y x 的取值范围是[13, 2]【答案】 8【考点】二项式定理及相关概念 【解析】由题意得n ＝10，再利用展开式中的第3项的系数是第4项的系数的3倍求得ab 的值． 【解答】∵ 二项式(ax +1bx )n (a >0, b >0)的展开式中只有第6项的二项式系数最大， 故展开式共有11项，∴ n ＝10．再根据展开式中的第3项的系数是第4项的系数的3倍，可得C 102⋅a 8⋅(1b )2=3⋅C 103⋅a 7⋅(1b )3，化简得ab ＝8， 【答案】 ①②③④ 【考点】命题的真假判断与应用 【解析】①，由B 1D ⊥面A 1BC 1，且A 1F⊂面A 1BC 1，可知A 1F ⊥B 1D ；②，F 为BC 1中点时，最小角的正切值为√221=√22>√33，最小角大于30∘； ③，当F 为BC 1中点时，OF 最小，此时tan∠A 1FO 最大，即∠A 1FO 最大；④，设A 1F F 和B 1D 相交于点E ，则△A 1DE ～△FB 1E ，所以A 1EEF =DA 1B 1F=2．【解答】解：在正方形中，B 1D ⊥面A 1BC 1，又A 1F⊂面A 1BC 1，∴ A 1F ⊥B 1D ，即①正确； 当F 从B 移至C 1时，异面直线A 1F 与CD 所成角由大变小再变大，且F 为BC 1中点时， 最小角的正切值为√221=√22>√33，最小角大于30∘，即②正确． 如图所示，其中点O 为A 1在平面BDC 1上的投影， 直线A 1F 与平面BDC 1所成角为∠A 1FO ，tan∠A 1FO =A 1O OF，其中A 1O 为定值，当OF 最小时，tan∠A 1FO 的值最大，即∠A 1FO 最大，在等边△BDC 1中，当F 为BC 1中点时，OF 最小，此时tan∠A 1FO =A 1O OF最大，即∠A 1FO 最大，即③正确；对于C 选项，当点F 为BC 1中点时，也是B 1C 的中点，它们共面于平面A 1B 1CD ，且必相交， 设交点为E ，连接A 1D 和B 1F ，如图所示，因为△A 1DE ～△FB 1E ，所以A1E EF=DA 1B 1F=2，即④正确．故答案为：①②③④．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．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：共60分． 【答案】解：（Ⅰ）由已知可得tan A =−√3，所以A =2π3．在△ABC 中，由余弦定理得28=4+c 2−4c cos 2π3，即c 2+2c −24=0．解得c =−6（舍去），c =4． （Ⅱ）由题设可得∠CAD =π2，所以∠BAD =∠BAC −∠CAD =π6． 故△ABD 面积与△ACD 面积的比值为12AB⋅AD⋅sin π612AC⋅AD =1．又△ABC 的面积为12×4×2sin ∠BAC =2√3， 所以△ABD 的面积为√3．【考点】 三角形求面积 【解析】本题考查三角函数的同角关系、余弦定理在解三角形中的应用．【解答】解：（Ⅰ）由已知可得tan A =−√3，所以A =2π3．在△ABC 中，由余弦定理得28=4+c 2−4c cos 2π3，即c 2+2c −24=0． 解得c =−6（舍去），c =4．（Ⅱ）由题设可得∠CAD =π2， 所以∠BAD =∠BAC −∠CAD =π6． 故△ABD 面积与△ACD 面积的比值为12AB⋅AD⋅sin π612AC⋅AD =1．又△ABC 的面积为12×4×2sin ∠BAC =2√3， 所以△ABD 的面积为√3．【答案】（1）证明：∵ DE ⊥AB ，∴ DE ⊥EB ，DE ⊥EF ， ∴ DE ⊥平面BEF ，∴ DE ⊥BF ，∵ AE ＝2EB ＝2，∴ EF ＝2，EB ＝1，∵ ∠FEB ＝60∘，∴ 由余弦定理得BF =√EF 2+EB 2−2EF ×EB ×cos ∠FEB =√3，∴ EF 2＝EB 2+BF 2，∴ FB ⊥EB ， 由①②得BF ⊥平面BCDE ， ∴ 平面BFC ⊥平面BCDE ．（2）以B 为原点，BA 为x 轴，在平面ABCD 中过点B 作AB 的垂线为y 轴，BF 为z 轴，建立空间直角坐标系， 设DE ＝a ，则D(1, a, 0)，F(0, 0, √3)，DF →=(−1, −a, √3)， ∵ 直线DF 与平面BCDE 所成角的正切值为√155， ∴ 直线DF 与平面BCDE 所成角的正弦值为√64， 平面BCDE 的法向量n →=(0, 0, 1)，∴ |cos <n →,DF →>|=|n →⋅DF →||n →|⋅|DF →|=√3√4+a 2=√64，解得a ＝2， ∴ D(1, 2, 0)，C(−2, 2, 0)，∴ ED →=(0, 2, 0)，DF →=(−1, −2, √3)， 设平面EDF 的法向量m →=(x, y, z)，则{ED →⋅m →=2y =0DF →⋅m →=−x −2y +√3z =0 ，取z ＝1，得m →=(√3,0,1)， 同理得平面DFC 的一个法向量p →=(0, √3, 2)，∴ cos <m →,p →>=m →⋅p→|m →|⋅|p →|=2√7=√77， ∴ 二面角E −DF −C 的正弦值为sin <m →,p →>=√1−17=√427．【考点】平面与平面垂直二面角的平面角及求法【解析】(Ⅰ)由DE ⊥AB ，得DE ⊥EB ，DE ⊥EF ，从而DE ⊥平面BEF ，进而DE ⊥BF ，FB ⊥EB ，BF ⊥平面BCDE ，由此能证明平面BFC ⊥平面BCDE ．(Ⅱ)以B 为原点，BA 为x 轴，在平面ABCD 中过点B 作AB 的垂线为y 轴，BF 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角E −DF −C 的正弦值． 【解答】（1）证明：∵ DE ⊥AB ，∴ DE ⊥EB ，DE ⊥EF ， ∴ DE ⊥平面BEF ，∴ DE ⊥BF ，∵ AE ＝2EB ＝2，∴ EF ＝2，EB ＝1，∵ ∠FEB ＝60∘，∴ 由余弦定理得BF =√EF 2+EB 2−2EF ×EB ×cos ∠FEB =√3， ∴ EF 2＝EB 2+BF 2，∴ FB ⊥EB ， 由①②得BF ⊥平面BCDE ， ∴ 平面BFC ⊥平面BCDE ．（2）以B 为原点，BA 为x 轴，在平面ABCD 中过点B 作AB 的垂线为y 轴，BF 为z 轴，建立空间直角坐标系， 设DE ＝a ，则D(1, a, 0)，F(0, 0, √3)，DF →=(−1, −a, √3)， ∵直线DF 与平面BCDE 所成角的正切值为√155，∴ 直线DF 与平面BCDE 所成角的正弦值为√64， 平面BCDE 的法向量n →=(0, 0, 1)， ∴ |cos <n →,DF →>|=|n →⋅DF →||n →|⋅|DF →|=√32=√64，解得a ＝2， ∴ D(1, 2, 0)，C(−2, 2, 0)，∴ ED →=(0, 2, 0)，DF →=(−1, −2, √3)， 设平面EDF 的法向量m →=(x, y, z)，则{ED →⋅m →=2y =0DF →⋅m →=−x −2y +√3z =0 ，取z ＝1，得m →=(√3,0,1)， 同理得平面DFC 的一个法向量p →=(0, √3, 2)，∴ cos <m →,p →>=m →⋅p→|m →|⋅|p →|=2√7=√77， ∴ 二面角E −DF −C 的正弦值为sin <m →,p →>=√1−17=√427．【答案】（1）设P(x, y)，则由题意，|PC|−(x +12)=12，∴ √(x −1)2+y 2=x +1，化简可得动圆圆心P 的轨迹T 的方程为y 2＝4x ； （2）设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)．由题意，设直线l 的方程为x ＝my +6，联立抛物线方程可得y 2−4my −24＝0， ∴ y 1+y 2＝4m ，y 1y 2＝−24①，∴ x 1+x 2＝4m 2+12②，x 1x 2＝36③ 假设存在N(x 0, y 0)，使得NA ⊥NB ，则y 0=y 1+y 22=2m ④，∴ x 0＝m 2⑤， ∵ NA →⋅NB →=0，∴ 代入化简可得(m 2+6)(3m 2−2)＝0， ∴ m =±√63， ∴ 存在直线l:x =±√63y +6，使得NA ⊥NB ，【考点】轨迹方程 【解析】(Ⅰ)利用直接法，求动圆圆心P 的轨迹T 的方程；(Ⅱ)由题意，设直线l 的方程为x ＝my +6，联立抛物线方程，利用NA →⋅NB →=0，代入化简可得(m 2+6)(3m 2−2)＝0，即可得出结论．【解答】（1）设P(x, y)，则由题意，|PC|−(x +12)=12，∴ √(x −1)2+y 2=x +1，化简可得动圆圆心P 的轨迹T 的方程为y 2＝4x ； （2）设A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)．由题意，设直线l 的方程为x ＝my +6，联立抛物线方程可得y 2−4my −24＝0， ∴ y 1+y 2＝4m ，y 1y 2＝−24①，∴ x 1+x 2＝4m 2+12②，x 1x 2＝36③ 假设存在N(x 0, y 0)，使得NA ⊥NB ，则y 0=y 1+y 22=2m ④，∴x0＝m2⑤，∵NA→⋅NB→=0，∴代入化简可得(m2+6)(3m2−2)＝0，∴m=±√63，∴存在直线l:x=±√63y+6，使得NA⊥NB，【答案】f(x)＝xe mx，f′(x)＝e mx+mxe mx，f′(−1)＝e−m−me−m＝0，解得m＝1．∴f(x)＝xe x，f′(x)＝(1+x)e x，令f′(x)＝0，解得x＝−1．令f′(x)>0，解得x>−1，此时函数f(x)单调递增；令f′(x)<0，解得x<−1，此时函数f(x)单调递减．∴x＝−1时，函数f(x)取得极小值即最小值，f(−1)=−e−1=−1e．f(x)=1x⇒xe mx=1x在(0, +∞)有两解即：ln x+mx＝−ln x在(0, +∞)有两解−m2=ln xx．设F(x)=ln xx ，F′(x)=1−ln xx2，可得F(x)在(0, e)上为增函数，在(e, +∞)上为减函数．x→0，F(x)→−∞；x→+∞，F(x)→0，F(x)max=F(e)=1e 所以−m2∈(0,1e)，解得：m∈(−2e,0)．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程利用导数研究函数的最值【解析】（1）求出f(x)的导数，根据f′(−1)＝0，求出m的值，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，求出f(x)的最小值即可；（2）问题转化为−m2=ln xx有2个解，设F(x)=ln xx，根据函数的单调性求出F(x)的值域，求出m的范围即可．【解答】f(x)＝xe mx，f′(x)＝e mx+mxe mx，f′(−1)＝e−m−me−m＝0，解得m＝1．∴f(x)＝xe x，f′(x)＝(1+x)e x，令f′(x)＝0，解得x＝−1．令f′(x)>0，解得x>−1，此时函数f(x)单调递增；令f′(x)<0，解得x<−1，此时函数f(x)单调递减．∴x＝−1时，函数f(x)取得极小值即最小值，f(−1)=−e−1=−1e．f(x)=1x⇒xe mx=1x在(0, +∞)有两解即：ln x+mx＝−ln x在(0, +∞)有两解−m2=ln xx．设F(x)=ln xx，F′(x)=1−ln xx2，可得F(x)在(0, e)上为增函数，在(e, +∞)上为减函数．x→0，F(x)→−∞；x→+∞，F(x)→0，F(x)max=F(e)=1e所以−m2∈(0,1e)，解得：m∈(−2e,0)．【答案】当进行逐份检验时，ξ1的取值只有k，所以E(ξ1)＝k，当进行混合检验时，ξ2的取值有1，k+1，其中ξ2＝1对应的情况为“k份血液混合之后检验结果为阴性”，此时P(ξ2＝1)＝(1−p)k，ξ2＝k+1对应的情况为“k份血液混合之后检验结果为阳性，随后对k份血液进行逐份检验”，此时P(ξ2＝k+1)＝1−(1−p)k，所以E(ξ2)＝(1−p)k+(k+1)[1−(1−p)k]＝k+1−k(1−p)k，令E(ξ1)＝E(ξ2)，即k＝k+1−k(1−p)k，所以(1−p)k=1k，即p＝1−(1k)1k，(k∈N∗且k≥2)．(ⅰ)证明：∵x n+12−x n2=(e13−e−13)x n x n+1，∴x n+12x n x n+1−x n2x n x n+1=e13−e−13，∴x n+1x n−x nx n+1=e13−1e13，∴x n+1x n=e13或x n+1x n=−e−13（舍），∴{x n}是以1为首项，以e13为公比的等比数列．(ii)∵{x n}是以1为首项，以e13为公比的等比数列．∴x n=(e13)n−1=e n−13，(n∈N∗)，∴ x 4＝e ，∴ p ＝1√e 3，由题意知E(ξ1)>E(ξ2)，则有k >k +1−k(1−p)4， 整理得ln k −13k >0，构造p(x)＝ln x −13x ，(x >0)，则p′(x)=3−x 3x， 当x ∈(0, 3)时，p′(x)>0，当x ∈(3, +∞)时，p′(x)<0， ∴ p(x)在(0, 3)上单调递增，在(3, +∞)上单调递减， 而p(4)>0，p(5)<0， ∴ k 的最大值为4．【考点】离散型随机变量的期望与方差 利用导数研究函数的单调性【解析】（1）分别求解ξ1，ξ2可能的取值以及对应的概率，即可求解E(ξ1)、E(ξ2)； (2)(ⅰ)推导出xn+12x n xn+1−x n2xn x n+1=e 13−e −13，由此能证明x n }是以1为首项，以e 13为公比的等比数列．(ii)x n =(e 13)n−1=en−13，(n ∈N ∗)，从而x 4＝e ，p ＝1√e3，由E(ξ1)>E(ξ2)，得ln k −13k >0，构造p(x)＝ln x −13x ，(x >0)，则p′(x)=3−x 3x，由导数性质得p(x)在(0, 3)上单调递增，在(3, +∞)上单调递减，由此能求出使得f(k)>0的最大的k 值． 【解答】当进行逐份检验时，ξ1的取值只有k ，所以E(ξ1)＝k ， 当进行混合检验时，ξ2的取值有1，k +1，其中ξ2＝1对应的情况为“k 份血液混合之后检验结果为阴性”，此时P(ξ2＝1)＝(1−p)k ， ξ2＝k +1对应的情况为“k 份血液混合之后检验结果为阳性，随后对k 份血液进行逐份检验”， 此时P(ξ2＝k +1)＝1−(1−p)k ，所以E(ξ2)＝(1−p)k +(k +1)[1−(1−p)k ]＝k +1−k(1−p)k ，令E(ξ1)＝E(ξ2)，即k ＝k +1−k(1−p)k ，所以(1−p)k=1k ，即p ＝1−(1k )1k，(k ∈N ∗且k ≥2)． (ⅰ)证明：∵ x n+12−x n 2=(e 13−e −13)x n x n+1， ∴ x n+12x n x n+1−x n 2x n x n+1=e 13−e −13，∴x n+1x n−x n x n+1=e 13−1e 13，∴x n+1x n=e 13或x n+1x n=−e −13（舍），∴ {x n }是以1为首项，以e 13为公比的等比数列． (ii)∵ {x n }是以1为首项，以e 13为公比的等比数列． ∴ x n =(e 13)n−1=en−13，(n ∈N ∗)，∴ x 4＝e ，∴ p ＝1√e3，由题意知E(ξ1)>E(ξ2)，则有k >k +1−k(1−p)4， 整理得ln k −13k >0，构造p(x)＝ln x −13x ，(x >0)，则p′(x)=3−x 3x，当x ∈(0, 3)时，p′(x)>0，当x ∈(3, +∞)时，p′(x)<0， ∴ p(x)在(0, 3)上单调递增，在(3, +∞)上单调递减， 而p(4)>0，p(5)<0， ∴ k 的最大值为4．（二）选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做第一题记分．[选修4-4：坐标系与参数方程] 【答案】解：(1)∵ x =1+cos α1−cos α=2cos 2α22sin2α2=cos 2α2sin2α2，y =2sin α1−cos α=4sin α2cos α22sin 2α2=2cosα2sin α2，∴ y 2=4cos 2α2sin2α2=4x ，即曲线C 1的普通方程为y 2=4x ，依题意得曲线C 的普通方程为y 2=4(x +2)．令x =ρcos θ，y =ρsin θ得曲线C 的极坐标方程为ρ2sin 2θ−4ρcos θ−8=0. (2)将θ=θ0代入曲线C 的极坐标方程得ρ2sin 2θ0−4ρcos θ0−8=0， 则ρ1+ρ2=4cos θ0sin 2θ0，ρ1ρ2=−8sin 2θ0，∵ ρ1ρ2<0， ∴ ρ1，ρ2异号． ∴ 1|OA|+1|OB|=1|ρ1|+1|ρ2|=|ρ1−ρ2||ρ1ρ2|=√(ρ1+ρ2)2−4ρ1ρ2|ρ1ρ2|=√(4cos θ0sin 2θ0)2+32sin 2θ08sin 2θ0=12√1+sin 2θ0 ∵ θ0∈(0, π)， ∴ sin θ0∈(0, 1]， ∴ 1|OA|+1|OB|∈(12,√22]． 【考点】抛物线的极坐标方程与直角坐标方程的互化 根与系数的关系正弦函数的定义域和值域【解析】(Ⅰ)利用倍角公式化简x，y即可得出曲线C1的普通方程为，令x＝ρcosθ，y＝ρsinθ得曲线C的极坐标方程．(Ⅱ)法一：将θ＝θ0代入曲线C的极坐标方程得ρ2sin2θ0−4ρcosθ0−8＝0，利用根与系数的关系及其ρ1，ρ2的意义代入即可得出．法二：设直线l的参数方程为{x=t cosφy=t sinφ（t为参数），代入曲线C的普通方程得t2sin2φ−4t cosφ−8＝0，利用直线参数方程及其参数的意义即可得出．【解答】解：(1)∵x=1+cosα1−cosα=2cos2α22sin2α2=cos2α2sin2α2，y=2sinα1−cosα=4sinα2cosα22sin2α2=2cosα2sinα2，∴y2=4cos2α2sin2α2=4x，即曲线C1的普通方程为y2=4x，依题意得曲线C的普通方程为y2=4(x+2)．令x=ρcosθ，y=ρsinθ得曲线C的极坐标方程为ρ2sin2θ−4ρcosθ−8=0.(2)将θ=θ0代入曲线C的极坐标方程得ρ2sin2θ0−4ρcosθ0−8=0，则ρ1+ρ2=4cosθ0sin2θ0，ρ1ρ2=−8sin2θ0，∵ρ1ρ2<0，∴ρ1，ρ2异号．∴1|OA|+1|OB|=1|ρ1|+1|ρ2|=|ρ1−ρ2||ρ1ρ2|=√(ρ1+ρ2)2−4ρ1ρ2|ρ1ρ2|=√(4cosθ0sin2θ0)2+32sin2θ08sin2θ0=12√1+sin2θ0∵θ0∈(0, π)，∴sinθ0∈(0, 1]，∴1|OA|+1|OB|∈(12,√22]．[选修4-5：不等式选讲]【答案】（1）由f(x)≥6，得不等式|2x−7|+|2x−5|≥6，当x<52时，不等式可化为−(2x−7)−(2x−5)≥6，解得x≤32；当52≤x≤72时，不等式可化为−(2x−7)+(2x−5)≥6，即2≥6，无解；当x>72时，不等式可化为(2x−7)+(2x−5)≥6，解得x≥92．综上，不等式f(x)≥6的解集是(−∞,32]∪[92,+∞)．（2）∵f(x)＝|2x−7|+|2x−5|≥|2x−7−(2x−5)|＝2，当且仅当(2x−7)(2x−5)≤0时取等号，∴m＝2．∵a2+b2(a+b)2≥12，∴1a+b⋅a2+b2a+b≥12．∵k=max{1a+b,a2+b2a+b}>0，∴k2≥1a+b⋅a2+b2a+b≥12，∴2k2≥1，即k2m≥1．【考点】绝对值不等式的解法与证明绝对值三角不等式不等式的证明【解析】(Ⅰ)根据f(x)≥6，利用零点分段法解不等式即可；(Ⅱ)由绝对值三角不等式可得f(x)≥2，从而得到m＝2，再由1a+b⋅a2+b2a+b=a2+b2(a+b)2≥12，得2k2≥1，进而证明不等式成立．【解答】（1）由f(x)≥6，得不等式|2x−7|+|2x−5|≥6，当x<52时，不等式可化为−(2x−7)−(2x−5)≥6，解得x≤32；当52≤x≤72时，不等式可化为−(2x−7)+(2x−5)≥6，即2≥6，无解；当x>72时，不等式可化为(2x−7)+(2x−5)≥6，解得x≥92．综上，不等式f(x)≥6的解集是(−∞,32]∪[92,+∞)．（2）∵f(x)＝|2x−7|+|2x−5|≥|2x−7−(2x−5)|＝2，当且仅当(2x−7)(2x−5)≤0时取等号，∴m＝2．∵a2+b2(a+b)2≥12，∴1a+b⋅a2+b2a+b≥12．∵k=max{1a+b,a2+b2a+b}>0，∴k2≥1a+b⋅a2+b2a+b≥12，∴2k2≥1，即k2m≥1．。
太原五中2019-2020学年下学期阶段性考试高二数学(理)Word版含答案
太原五中2019-2020学年下学期阶段性考试高二数学（理）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．1. (1－i)10(i 为虚数单位)的二项展开式中第七项为( ) A ．－210 B ．210 C ．－120i D ．－210i2.满足方程2551616x xx C C --=的x 的值为（ ） A ．1，3 B ．3，5 C ．1，3，5 D ．1，3，5，-73. 0mn m k n k n k C C --==∑（ ）A ．2m n +B ．2m n m C C ．2n m n C D ．2m m n C 4. 将6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )A ．144B ．120C ．72D ．245．某城新建的一条道路上有12只路灯，为了节省用电而不影响正常的照明，可以熄灭其中三盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，可以熄灭的方法共有（ ）A ．56B ．336C ．840D ．3306. 3个单位从4名大学毕业生中选聘工作人员，若每个单位至少选聘1人（4名大学毕业生不一定都能选聘上），则不同的选聘方法种数为 （ ）A ．60B ．36C ．24D ．427.甲、乙、丙、丁、戊五位同学相约去学校图书室借A 、B 、C 、D 四类课外书（每类课外书均有若干本），已知每人均只借阅一本，每类课外书均有人借阅，且甲只借阅A 类课外书，则不同的借阅方案种类为（ ）A ．48B ．54C ．60D ．728.公园花展期间，安排6位志愿者到4个展区提供服务，要求甲、乙两个展区各安排一个人，剩下两个展区各安排两个人，不同的安排方案共有( )A．90种 B．180种 C．270种 D．360种9.从10名大学生毕业生中选3个人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数位（）A．85 B．49 C．56 D．2810.甲乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为0.6和0.5，现已知目标被击中，则它被甲击中的概率（）A．0.45 B．0.6 C．0.65 D．0.75二、填空题:本题共8小题，每小题5分，共40分11. 5对姐妹站成一圈，要求每对姐妹相邻，有种不同站法．12．若(1＋2x)6的展开式中的第2项大于它的相邻两项，则x的取值范围是________．13．(2x－1)10展开式中x的奇次幂项的系数之和为________．14．一个袋中有6个同样大小的黑球，编号为1,2,3,4,5,6，还有4个同样大小的白球，编号为7,8,9,10．现从中任取4个球，有如下几种变量：①X表示取出的球的最大号码；②Y表示取出的球的最小号码；③取出一个黑球记2分，取出一个白球记1分，ξ表示取出的4个球的总得分；④η表示取出的黑球个数．这四种变量中服从超几何分布的是 .15.如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数．16. 10个三好学生名额分到7个班级，每个班级至少一个名额，有种不同分配方案．17.从123100,,,,这100个数中任取两个数，使其和能被4整除的取法L有 种（不计顺序）．18. 30030能被多少个不同偶数整除？三、解答题:(本题共3小题，19题4分，20题8分,21题8分共20分)19. 将甲、乙、丙、丁四名同学按一定顺序排成一行，要求自左向右，且甲不排在第一，乙不排在第二，丙不排在第三，丁不排在第四，比如：“乙甲丁丙”是满足要求的一种排法，试写出他们四个人所有不同的排法．20.在二项式(ax m ＋bx n )12(a ＞0，b ＞0，m ，n ≠0)中有2m ＋n ＝0，如果它的展开式中系数最大的项恰是常数项．(1)求系数最大的项是第几项？ (2)求ab的范围．21．设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：()()()()()212121C 2C 3C C 1C 1C m m m m m m m m m n n n m m m n n m +++-++++++++++=+L太原五中2019-2020学年下学期阶段性考试高二数学（理）参考答案一、A A D D A , A C B B D .二、11. 5242768⨯= 12. ⎝ ⎛⎭⎪⎫112，15 13. 1－3102 14.③④ 15. 420 16. 84 17. 1225 18. 32三、19.【解析】由于甲不排在第一，所以第一只能排乙、丙、丁中的一个，据此可分为三类：20．在二项式(ax m ＋bx n )12(a ＞0，b ＞0，m ，n ≠0)中有2m ＋n ＝0，如果它的展开式中系数最大的项恰是常数项．(1)求系数最大的项是第几项？ (2)求ab 的范围． 解：(1)设T r ＋1＝C r 12(ax m )12－r ·(bx n )r ＝C r 12a12－r b r x m (12－r )＋nr 为常数项， 则有m (12－r )＋nr ＝0，即m (12－r )－2mr ＝0，∴r ＝4，它是第5项．(2)∵第5项是系数最大的项，∴由①得12×11×10×94×3×2a 8b 4≥12×11×103×2a 9b 3，∵a ＞0，b ＞0，∴94b ≥a ，即a b ≤94． 由②得a b ≥85，∴85≤a b ≤94．故a b 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤85，94． 21.设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：()()()()()212121C 2C 3C C 1C 1C m m m m m m m m m n n n m m m n n m +++-++++++++++=+L证明：当n m =时，结论显然成立，当n m >时()()()()()()()()()111!11!11,1,2,,.!!1!11!m m k k k k m k k C m C k m m n m k m m k m +++⋅+++===+=++-+⎡+-+⎤⎣⎦L 122112m m m k k k C C C +++++++=Q ，()()()222111,1,+2,,m m m k k k k C m C C k m m n ++++∴+=+-=+L 因此()()()()()()()()()()()()()()1212222222223243212212311231111.m m m m m m m nm m m m m m m n m m m m m m m m m m m m n n m n m C m C m C n C m C m C m C n C m C m C C C C C C m C ++++++++++++++++++++++++++++⎡⎤=++++++++⎣⎦⎡⎤=+++-+-++-⎣⎦=+L L L。
2020届山西省太原市五中2017级高三6月一模考试数学(理)试卷参考答案
2020届山西省太原市五中2017级高三6月一模考试数学（理）答案和解析选择题：BAAC ABDB ACDD填空题：4；x 2=4y 或y 2=4x ；⎥⎦⎤⎢⎣⎡36,22；8−4√3.17.解：(1)由题可得,∵四边形ABCD 是正方形且三角形FBC 是正三角形,所以BC//AD,BC =AD,FB =BC 且∠FBC =60°,又∵EA//FB,2EA =FB ,所以∠EAD =60°,在三角形EAD 中,根据余弦定理可得：ED ⊥AE ． ∵平面ABCD ⊥平面FBC ,AB ⊥BC ,平面ABCD ∩平面FBC =BC ,且AB ⊆平面ABCD ,所以AB ⊥平面BCF ,∵BC//A,EA//FB,FB ∩BC =B ,且FB 、BC ⊆平面FCB ,EA 、AD ⊆平面EAD ,所以平面EAD//平面FBC ,所以AB ⊥平面EAD ,又∵ED ⊆平面EAD ,所以AB ⊥ED ,综上：ED ⊥AE,ED ⊥AB,EA ∩AB =A 且EA 、AB ⊆平面ABFE ,所以DE ⊥平面ABFE , 又∵DE ⊆平面DEF ,所以平面EFD ⊥平面ABFE ．(2)如图,分别取BC 和AD 的中点O ,G ,连接OF ,OG ,因为BO =OC 且三角形FBC 为正三角形,所以FO ⊥BC ,因为AG =GD,BO =OC ,所以OG//AB ,由(1)可得,AB ⊥平面FBC ,则OG ⊥平面FBC ,故OF 、OB 、OG 两两垂直,分别以OB 、OG 、OF 所在直线为x ,y ,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系,不妨设BC=4,则F(0,0,2√3),C(−2,0,0),D(−2,−4,0),E(1,−4,√3)设平面DEF的法向量为n⃗=(x1,y1,z1),平面DCF的法向量为m⃗⃗⃗ =(x2,y2,z2),则{DF⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n⃗=0 DE⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n⃗=0⇒{2x1+4y1+2√3z1=03x1+√3z1=0⇒n⃗=(1,1,−√3),则{DF⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m⃗⃗ =0DC⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m⃗⃗ =0⇒{2x2+4y2+2√3z2=04y2=0⇒m⃗⃗ =(√3,0,−1),所以cos<n⃗ ,m⃗⃗ >=n⃗ ⋅m⃗⃗⃗|n|⋅|m|=2√15=√155又二面角E−FD−C是钝二面角,所以二面角E−FD−C的余弦值为−√155．18.解：(1)①当λ=1时,a n S n+1−a n+1S n=a n+1−a n,则a n S n+1+a n=a n+1S n+a n+1,即(S n+1+1)a n=(S n+1)a n+1．∵数列{a n}的各项均为正数,∴a n+1a n =S n+1+1S n+1．∴a2a1⋅a3a2…a n+1a n=S2+1S1+1⋅S3+1S2+1…S n+1+1S n+1,化简,得S n+1+1=2a n+1,①∴当n≥2时,S n+1=2a n,②②−①,得a n+1=2a n,∵当n=1时,a2=2,∴n=1时上式也成立,∴数列{a n}是首项为1,公比为2的等比数列,即a n=2n−1．。
山西省太原市2019-2020学年第五次中考模拟考试数学试卷含解析
山西省太原市2019-2020学年第五次中考模拟考试数学试卷一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48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．如果关于x 的一元二次方程k 2x 2-(2k+1)x+1=0有两个不相等的实数根，那么k 的取值范围是（ ） A ．k>－14B ．k>－14且0k ≠ C ．k<－14D ．k ≥－14且0k ≠ 2．一、单选题如图： 在ABC ∆中，CE 平分ACB ∠，CF 平分ACD ∠，且//EF BC 交AC 于M ，若5CM =，则22CE CF +等于（ ）A ．75B ．100C ．120D ．1253．如图，AB 是⊙O 的一条弦，点C 是⊙O 上一动点，且∠ACB=30°，点E ，F 分别是AC ，BC 的中点，直线EF 与⊙O 交于G ，H 两点，若⊙O 的半径为6，则GE+FH 的最大值为（ ）A ．6B ．9C ．10D ．124．某商场试销一种新款衬衫，一周内售出型号记录情况如表所示： 型号（厘米） 38 39 40 41 42 43 数量（件）25303650288商场经理要了解哪种型号最畅销，则上述数据的统计量中，对商场经理来说最有意义的是（ ） A ．平均数B ．中位数C ．众数D ．方差5．如图，AB 是定长线段，圆心O 是AB 的中点，AE 、BF 为切线，E 、F 为切点，满足AE=BF ，在»EF上取动点G ，国点G 作切线交AE 、BF 的延长线于点D 、C ，当点G 运动时，设AD=y ，BC=x ，则y 与x 所满足的函数关系式为（ ）A ．正比例函数y=kx （k 为常数，k≠0，x ＞0）B ．一次函数y=kx+b （k ，b 为常数，kb≠0，x ＞0）C ．反比例函数y=kx（k 为常数，k≠0，x ＞0） D ．二次函数y=ax 2+bx+c （a ，b ，c 为常数，a≠0，x ＞0）6．已知x 1，x 2是关于x 的方程x 2＋ax －2b ＝0的两个实数根，且x 1＋x 2＝－2，x 1·x 2＝1，则b a 的值是( ) A ．B ．－C ．4D ．－17．已知一组数据1x ，2x ，3x ，4x ，5x 的平均数是2，方差是13，那么另一组数据132x -，232x -，332x -，432x -，532x -，的平均数和方差分别是( )．A ．12,3B ．2,1C ．24,3D ．4,38．下列计算正确的是 A ．224a a a +=B ．624a a a ÷=C ．352()a a =D ．222)=a b a b --（9．计算3()a a •- 的结果是（ ） A ．a 2B ．-a 2C ．a 4D ．-a 410．如图，等腰△ABC 的底边BC 与底边上的高AD 相等，高AD 在数轴上，其中点A ，D 分别对应数轴上的实数﹣2，2，则AC 的长度为（ ）A ．2B ．4C ．5D ．511．下列运算中，正确的是（ ） A ．（a 3）2=a 5 B ．（﹣x ）2÷x=﹣x C ．a 3（﹣a ）2=﹣a 5D ．（﹣2x 2）3=﹣8x 612．在△ABC 中，∠C ＝90°，sinA ＝45，则tanB 等于( ) A ．43 B ．34C ．35D ．45二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）13．在Rt △ABC 纸片上剪出7个如图所示的正方形，点E ，F 落在AB 边上，每个正方形的边长为1，则Rt △ABC 的面积为_____．14．如图，在边长为1的正方形格点图中，B 、D 、E 为格点，则∠BAC 的正切值为_____．15．圆柱的底面半径为1，母线长为2，则它的侧面积为_____．（结果保留π）16．若关于x 的一元二次方程kx 2+2(k+1)x+k －1=0有两个实数根，则k 的取值范围是17．如图，矩形ABCD 中，AD=5，∠CAB=30°，点P 是线段AC 上的动点，点Q 是线段CD 上的动点，则AQ+QP 的最小值是___________．18．从﹣2，﹣1，1，2四个数中，随机抽取两个数相乘，积为大于﹣4小于2的概率是_____． 三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19．（6分）若两个不重合的二次函数图象关于y 轴对称，则称这两个二次函数为“关于y 轴对称的二次函数”.（1）请写出两个“关于y 轴对称的二次函数”；（2）已知两个二次函数21y ax bx c =++和22y mx nx p =++是“关于y 轴对称的二次函数”，求函数12y y +的顶点坐标（用含,,a b c 的式子表示）.20．（6分）如图，某人站在楼顶观测对面的笔直的旗杆AB ，已知观测点C 到旗杆的距离CE=83m ，测得旗杆的顶部A 的仰角∠ECA=30°，旗杆底部B 的俯角∠ECB=45°，求旗杆AB 的髙．21．（6分）如图，已知正比例函数y=2x 和反比例函数的图象交于点A （m ，﹣2）．求反比例函数的解析式；观察图象，直接写出正比例函数值大于反比例函数值时自变量x的取值范围；若双曲线上点C（2，n）沿OA方向平移5个单位长度得到点B，判断四边形OABC的形状并证明你的结论．22．（8分）为了弘扬我国古代数学发展的伟大成就，某校九年级进行了一次数学知识竞赛，并设立了以我国古代数学家名字命名的四个奖项：“祖冲之奖”、“刘徽奖”、“赵爽奖”和“杨辉奖”，根据获奖情况绘制成如图1和图2所示的条形统计图和扇形统计图，并得到了获“祖冲之奖”的学生成绩统计表：“祖冲之奖”的学生成绩统计表：分数/分80 85 90 95人数/人 4 2 10 4根据图表中的信息，解答下列问题：(1)这次获得“刘徽奖”的人数是_____，并将条形统计图补充完整；(2)获得“祖冲之奖”的学生成绩的中位数是_____分，众数是_____分；(3)在这次数学知识竟赛中有这样一道题：一个不透明的盒子里有完全相同的三个小球，球上分别标有数字“﹣2”，“﹣1”和“2”，随机摸出一个小球，把小球上的数字记为x放回后再随机摸出一个小球，把小球上的数字记为y，把x作为横坐标，把y作为纵坐标，记作点(x，y)．用列表法或树状图法求这个点在第二象限的概率．23．（8分）为了解某校学生的课余兴趣爱好情况，某调查小组设计了“阅读”、“打球”、“书法”和“舞蹈”四个选项，用随机抽样的方法调查了该校部分学生的课余兴趣爱好情况（每个学生必须选一项且只能选一项），并根据调查结果绘制了如图统计图：根据统计图所提供的倍息，解答下列问题： （1）本次抽样调查中的学生人数是多少人； （2 ）补全条形统计图；（3）若该校共有2000名学生，请根据统计结果估计该校课余兴趣爱好为“打球”的学生人数；（4）现有爱好舞蹈的两名男生两名女生想参加舞蹈社，但只能选两名学生，请你用列表或画树状图的方法，求出正好选到一男一女的概率．24．（10分）如图，某校准备给长12米，宽8米的矩形ABCD 室内场地进行地面装饰，现将其划分为区域Ⅰ（菱形PQFG ），区域Ⅱ（4个全等的直角三角形），剩余空白部分记为区域Ⅲ；点O 为矩形和菱形的对称中心，OP AB P ，2OQ OP =，12AE PM =，为了美观，要求区域Ⅱ的面积不超过矩形ABCD 面积的18，若设OP x =米.甲 乙 丙单价（元/米2） 2m 5n 2m（1）当3x =时，求区域Ⅱ的面积.计划在区域Ⅰ，Ⅱ分别铺设甲，乙两款不同的深色瓷砖，区域Ⅲ铺设丙款白色瓷砖，①在相同光照条件下，当场地内白色区域的面积越大，室内光线亮度越好.当x 为多少时，室内光线亮度最好，并求此时白色区域的面积.②三种瓷砖的单价列表如下，,m n 均为正整数，若当2x =米时，购买三款瓷砖的总费用最少，且最少费用为7200元，此时m =__________，n =__________. 25．（10分）阅读材料：各类方程的解法求解一元一次方程，根据等式的基本性质，把方程转化为x=a 的形式．求解二元一次方程组，把它转化为一元一次方程来解；类似的，求解三元一次方程组，把它转化为解二元一次方程组．求解一元二次方程，把它转化为两个一元一次方程来解．求解分式方程，把它转化为整式方程来解，由于“去分母”可能产生增根，所以解分式方程必须检验．各类方程的解法不尽相同，但是它们有一个共同的基本数学思想--转化，把未知转化为已知．用“转化”的数学思想，我们还可以解一些新的方程．例如，一元三次方程x 3+x 2-2x=0，可以通过因式分解把它转化为x(x 2+x-2)=0，解方程x=0和x 2+x-2=0，可得方程x 3+x 2-2x=0的解．问题：方程x 3+x 2-2x=0的解是x 1=0,x 2= ，x 3= ；拓展：用“转化”思想求方程23x x +=的解；应用：如图，已知矩形草坪ABCD 的长AD=8m ，宽AB=3m ，小华把一根长为10m 的绳子的一端固定在点B ，沿草坪边沿BA ，AD 走到点P 处，把长绳PB 段拉直并固定在点P ，然后沿草坪边沿PD 、DC 走到点C 处，把长绳剩下的一段拉直，长绳的另一端恰好落在点C ．求AP 的长．26．（12分）如图，足球场上守门员在O 处开出一高球，球从离地面1米的A 处飞出（A 在y 轴上），运动员乙在距O 点6米的B 处发现球在自己头的正上方达到最高点M ，距地面约4米高，球落地后又一次弹起．据实验测算，足球在草坪上弹起后的抛物线与原来的抛物线形状相同，最大高度减少到原来最大高度的一半．求足球开始飞出到第一次落地时，该抛物线的表达式．足球第一次落地点C 距守门员多少米？（取437=）运动员乙要抢到第二个落点D ，他应再向前跑多少米？ 27．（12分）计算：﹣（﹣2）0+|1﹣|+2cos30°．参考答案一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48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．B【解析】【分析】在与一元二次方程有关的求值问题中，必须满足下列条件：（1）二次项系数不为零；（2）在有两个实数根下必须满足△=b2-4ac≥1．【详解】由题意知，k≠1，方程有两个不相等的实数根，所以△＞1，△=b2-4ac=（2k+1）2-4k2=4k+1＞1．因此可求得k＞14且k≠1．故选B．【点睛】本题考查根据根的情况求参数，熟记判别式与根的关系是解题的关键.2．B【解析】【分析】根据角平分线的定义推出△ECF为直角三角形，然后根据勾股定理即可求得CE2+CF2=EF2，进而可求出CE2+CF2的值．【详解】解：∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，∴∠ACE=12∠ACB，∠ACF=12∠ACD，即∠ECF=12（∠ACB+∠ACD）=90°，∴△EFC为直角三角形，又∵EF∥BC，CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，∴∠ECB=∠MEC=∠ECM，∠DCF=∠CFM=∠MCF，∴CM=EM=MF=5，EF=10，由勾股定理可知CE2+CF2=EF2=1．故选：B．【点睛】本题考查角平分线的定义（从一个角的顶点引出一条射线，把这个角分成两个完全相同的角，这条射线叫做这个角的角平分线），直角三角形的判定（有一个角为90°的三角形是直角三角形）以及勾股定理的运用，解题的关键是首先证明出△ECF为直角三角形．3．B【解析】【分析】首先连接OA、OB，根据圆周角定理，求出∠AOB=2∠ACB=60°，进而判断出△AOB为等边三角形；然后根据⊙O的半径为6，可得AB=OA=OB=6，再根据三角形的中位线定理，求出EF的长度；最后判断出当弦GH是圆的直径时，它的值最大，进而求出GE+FH的最大值是多少即可．【详解】解：如图，连接OA、OB，，∵∠ACB=30°，∴∠AOB=2∠ACB=60°，∵OA=OB，∴△AOB为等边三角形，∵⊙O的半径为6，∴AB=OA=OB=6，∵点E，F分别是AC、BC的中点，∴EF=12AB=3，要求GE+FH的最大值，即求GE+FH+EF（弦GH）的最大值，∵当弦GH是圆的直径时，它的最大值为：6×2=12，∴GE+FH的最大值为：12﹣3=1．故选：B．【点睛】本题结合动点考查了圆周角定理，三角形中位线定理，有一定难度．确定GH的位置是解题的关键. 4．B【解析】分析：商场经理要了解哪些型号最畅销，所关心的即为众数．详解：根据题意知：对商场经理来说，最有意义的是各种型号的衬衫的销售数量，即众数．故选：C．点睛：此题主要考查统计的有关知识，主要包括平均数、中位数、众数、方差的意义．反映数据集中程度的统计量有平均数、中位数、众数方差等，各有局限性，因此要对统计量进行合理的选择和恰当的运用．5．C【解析】【分析】延长AD，BC交于点Q，连接OE，OF，OD，OC，OQ，由AE与BF为圆的切线，利用切线的性质得到AE 与EO 垂直，BF 与OF 垂直，由AE=BF ，OE=OF ，利用HL 得到直角三角形AOE 与直角BOF 全等，利用全等三角形的对应角相等得到∠A=∠B ，利用等角对等边可得出三角形QAB 为等腰三角形，由O 为底边AB 的中点，利用三线合一得到QO 垂直于AB ，得到一对直角相等，再由∠FQO 与∠OQB 为公共角，利用两对对应角相等的两三角形相似得到三角形FQO 与三角形OQB 相似，同理得到三角形EQO 与三角形OAQ 相似，由相似三角形的对应角相等得到∠QOE=∠QOF=∠A=∠B ，再由切线长定理得到OD 与OC 分别为∠EOG 与∠FOG 的平分线，得到∠DOC 为∠EOF 的一半，即∠DOC=∠A=∠B ，又∠GCO=∠FCO ，得到三角形DOC 与三角形OBC 相似，同理三角形DOC 与三角形DAO 相似，进而确定出三角形OBC 与三角形DAO 相似，由相似得比例，将AD=x ，BC=y 代入，并将AO 与OB 换为AB 的一半，可得出x 与y 的乘积为定值，即y 与x 成反比例函数，即可得到正确的选项． 【详解】延长AD ，BC 交于点Q ，连接OE ，OF ，OD ，OC ，OQ ，∵AE ，BF 为圆O 的切线， ∴OE ⊥AE ，OF ⊥FB ， ∴∠AEO=∠BFO=90°， 在Rt △AEO 和Rt △BFO 中， ∵{AE BFOE OF＝ ，∴Rt △AEO ≌Rt △BFO （HL ）， ∴∠A=∠B ，∴△QAB 为等腰三角形，又∵O 为AB 的中点，即AO=BO ， ∴QO ⊥AB ，∴∠QOB=∠QFO=90°， 又∵∠OQF=∠BQO ， ∴△QOF ∽△QBO ， ∴∠B=∠QOF ，同理可以得到∠A=∠QOE ， ∴∠QOF=∠QOE ，根据切线长定理得：OD 平分∠EOG ，OC 平分∠GOF ，∴∠DOC=12∠EOF=∠A=∠B，又∵∠GCO=∠FCO，∴△DOC∽△OBC，同理可以得到△DOC∽△DAO，∴△DAO∽△OBC，∴AD AO OB BC，∴AD•BC=AO•OB=14AB2，即xy=14AB2为定值，设k=14AB2，得到y=kx，则y与x满足的函数关系式为反比例函数y=kx（k为常数，k≠0，x＞0）．故选C．【点睛】本题属于圆的综合题，涉及的知识有：相似三角形的判定与性质，切线长定理，直角三角形全等的判定与性质，反比例函数的性质，以及等腰三角形的性质，做此题是注意灵活运用所学知识．6．A【解析】【分析】根据根与系数的关系和已知x1+x2和x1•x2的值，可求a、b的值，再代入求值即可．【详解】解：∵x1，x2是关于x的方程x2+ax﹣2b=0的两实数根，∴x1+x2=﹣a=﹣2，x1•x2=﹣2b=1，解得a=2，b=，∴b a=（）2=．故选A．7．D【解析】【分析】根据数据的变化和其平均数及方差的变化规律求得新数据的平均数及方差即可．【详解】解：∵数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数是2，∴数据3x1-2，3x2-2，3x3-2，3x4-2，3x5-2的平均数是3×2-2=4；。
【6月太原五中高考二模文数】2020年6月27日太原市第五中学2020届高三第二次模拟考试文数试卷含答案
高三数学第1页,共6页高三数学第2页,共6页密封线学校班级姓名学号密封线内不得答题太原五中2019-2020学年度6月份月考试题（二）高三数学(文)第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题（每小题5分,共60分,每小题只有一个正确答案）1.已知集合{|ln(1)}A y y x ==-，{}2|40B x x =-≤，则B A ⋂（）A ．{|2}x x ≥-B ．{|12}x x <<C ．{|12}x x <≤D ．{|22}x x -≤≤2.已知复数i ai z -+=12是纯虚数，则实数a 等于().A 5.B 2.C 3.D 23.等差数列{}n a 的公差不为零，其前n 项和为n S ，若473a a =，则410a S 的值为（）.A 15.B 20.C 25.D 404.2020年全球“新冠”疫情暴发，严重影响了人们的常态生活.某市据统计得到5月份居民消费的各类商品及服务价格环比（与4月份相比）变动情况如下图：则下列叙述不正确的是（）.A 八大消费价格环比呈现四涨四平.B 其他用品和服务价格环比涨幅最大.C 生活用品服务和医疗保健价格环比涨幅相同.D 5月份居民消费平均价格环比持平5.下列有关命题说法错误的是（）.A 若“ q P ∨”为假命题，则P 与q 均为假命题.B “1=x ”是“1≥x ”的充分不必要条件.C “21sin =x ”的必要不充分条件是“6π=x ”.D 若命题:p ,0R x ∈∃020≥x ，则命题:P ⌝0,2<∈∀x R x6.函数x x x f 1cos 3)(+=的部分图象大致是（）7.执行如图所示的程序框图，如果输入的t x ,均为2，则输出的M 等于().A 21.B 23.C 25.D 278.如图（1）所示某宾馆地毯上的图案，它是一个轴对称图形，可以从中抽象出一个正八边形，且在该正八边形中有一个边长和该正八边形边长相等的正方形，如图（2）所示，若向图（2）的正八边形中任意地投掷一个点，则该点落在该正方形内的概率是（）o x y A o x yB o x y D o x yC 0.10.00.20.5饮食烟酒0.0衣着0.0居住0.0生活用品及服务交通和通信0.1教育文化娱乐0.3医疗保健0.1其他用品服务0.40.00.30.4高三数学第3页,共6页高三数学第4页,共6页密封线内不得答题.A 723-.B 21-2.C 31-2.D 1424-9.定义在R 上的函数)(x f 满足)()2(x f x f =-，且当1≥x 时，)(x f 为增函数，则)2(log 3f a =，)21log (3-=f b ，)3(f c =的大小关系正确的是（）.A c b a >>.B a c b >>.C b a c >>.D ab c >>10.已知F 为抛物线C ：)0(22>=p px y 的焦点，过F 的直线l 交C 于A 、B 两点，与C 的准线交于点M，若0=+AM AB 等于().A p 43.B p 2.C p 3.D p4911.已知O 是平面上一定点，A 、B 、C是该平面上不共线的三个点，动点P满足ACABOA OP ++=λ，),0[+∞∈λ，则动点P 的轨迹一定通过ABC∆的（）.A 重心B .垂心.C 外心.D 内心12.已知在ABC ∆中，长为2的线段AQ 为BC 边上的高，满足AQ C AC B AB =⋅+⋅sin sin，且AC AH 21=等于（）.A 774.B 74.C 334.D 72第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题（每小题5分，共20分）13.已知向量非零向量a 、b 的夹角为32π，且满足：2=3=，则=+14.若),(y x P 满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≥≤-+≥-0020y y x y x ，设A (3,4),则y x z 2-=的最大值与最小值之和为15.已知正三棱锥ABC P -，32=AB ，52=PA ，则此三棱锥外接球的体积为16.设函数)(x f 是定义在R 上的函数，其导函数为)(x f '，若1)()(>'+x f x f ，2020)0(=f ，则不等式2019)(+>x x e x f e 的解集为三、解答题（每小题12分，共60分）17.（满分12分）在ABC ∆中，内角A 、B 、C 的对边分别为c b a ,,.（1）证明：2cos 2sin 2sin sin C A C A C A -+=+；（2）若c b a ,,成等差数列，且ac b c a 23222=-+，求2cos C A -的值.18.（满分12分）如图在四棱锥ABCD S -的侧面SAD 为正三角形，DC AB //，且AD AB ⊥，,42==CD AB E 是SB 的中点.（Ⅰ）//CE 平面SAD ；（Ⅱ）若平面SAD ⊥平面ABCD ，SB =24，求多面体SACE 的体积.S A B C D E 图（1）图（2）。
2020年6月10日山西省太原市第五中学2020届高三6月一模考试文数参考答案
i 1
i 1
6
2
又由已知计算得： (x x)( yi y)
r
i 1
=
13.56
13.56 0.998
n
n
(xi x)2 ( yi y)2
17.5 10.55 4.18 3.25
i 1
i 1
所以：由 R2 r 2 0.996 0.89 ，因此，回归方程 y ketx 的拟合效果要更好.
利用VB1 ABC
VABB1C
得：
1 3
SABC
d
1 3
S BB1C
AO ，
d
21 ，
7
sin d 21 BB1 7
19. 解：（1）由 y ketx 得： ln y tx ln k ，由上表中可得： x 3.5 ， u 3.13 ，
6
6
(ui u)2 10.55 ， (xi x)(ui u) 13.56 ，
6
（2）
①
由题知： t b
i 1
( xi
6
x)(ui (xi x)2
u)
=
13.56 17.5
0.77
i 1
因此有： ln k u b x =3.13-0.775×3.5=0.418
故 ln y 0.775x 0.418 ,
故回归方程为： y e0.775x0.418 ， 即： y 1.520e0.775x
要证： ln x x2 x ，只作差函数即可，余略
22. （1） 点 P 到直线 l 距离的最大值为 2 2
（2） t 的取值范围为 (0, 3) 23. （1） ( 8 ,2) ； （2） (0,8]
3
4
，即
2020年山西省太原五中高考数学模拟试卷(一)(4月份)(含答案解析)
2020年山西省太原五中高考数学模拟试卷(一)(4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 ≤5,x ∈N }，B ={x|1<x <6,x ∈N }，则∁A B =( )A. {0,1}B. {1}C. {x|0≤x ≤1}D. {x|0<x ≤1}2. 若z =4+3i ，则z −|z|=( )A. 1B. −1C. 45+35iD. 45−35i3. 已知非零向量a ⃗ ，b ⃗ 满足|a ⃗ −b ⃗ |=√3|a ⃗ +b ⃗ |=√3|a ⃗ |，则a⃗ 与b ⃗ 的夹角为( ) A. π6B. π3C. 2π3D. 5π64. 若tanα=2，则sin2α+cos 2α=( )A. 1B. −1C. 2D. −25. 已知F 1，F 2分别为双曲线x 23−y 2=1的左右焦点，点P(3,1)，点A 在双曲线上，则|AP|+|AF 2|的最小值为( )A. √26−2√3B. √26−4C. √26+4D. √26+2√36. 若“∀x ∈(0,+∞)，x +4x ≥a ”与“∃x ∈R ，x 2+2x +a =0”都是真命题，则a 的取值范围是( )A. a ≤4B. a ≤1C. 1≤a ≤4D. ⌀7. 执行如图所示的程序框图，如果输入的t ∈[−2,2]，则输出的S 属于( )A. [−6,−2]B. [−5,−1]C. [−4,5]D. [−3,6]8. 已知函数f(x)=|x +3|−|x −1|，若f(x)≤a 2−3a(x ∈R)恒成立，则实数a 的取值范围为( )A. (−∞,−1]∪[4,+∞)B. (−∞,−2]∪[5,+∞)C. [1,2]D. (−∞,1]∪[2,+∞)9.函数y=x28−ln|x|的图象大致为()A. B.C. D.10.已知{a n}是等差数列，{b n}等比数列，且满足：a1003+a1013=π，b6·b9=2，则)A. 1B. −1C. √33D. √311.已知抛物线y2=4x的焦点为F，以F为圆心的圆与抛物线交于M、N两点，与抛物线的准线交于P、Q两点，若四边形MNPQ为矩形，则矩形MNPQ的面积是()A. 16√3B. 12√3C. 4√3D. 312.如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则此几何体的体积为()A. 43B. 2C. 4D. 23二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知样本1，2，4，x，y的平均数是3，标准差是2，则xy=______．14.若x，y满足约束条件{x+y−5≤02x−y−1≥0x−2y+1≤0，则2x+y的最大值为________．15.将函数f(x)=sin(ωx−π6)(ω>0)的图象向左平移π3个单位后，所得图象关于直线x=π对称，则ω的最小值为____．16.已知函数f(x)=x2+3，g(x)=e x+a，当x∈(−5,0]时，f(x)≥g(x)恒成立，则实数a的取值范围是__________．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知等比数列{a n}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项，数列{b n}满足b1=1，数列{(b n+1−b n)a n}的前n项和为2n2+n．(1)求q的值；(2)求数列{b n}的通项公式．18.如图，已知AB⊥BC，BE//CD，∠DCB=90°，平面BCDE⊥平面ABC，CD=4，AB=BC=BE=2，F为AD中点．(1)证明：EF//平面ABC；(2)求三棱锥D−BCF的体积．19.某电视台为宣传本省的旅游景区，随机从本省内15∼65岁的人群中抽取了n人，按年龄分组，得到的频率分布直方图如图所示．现让这n人回答问题“本省内的AAAAA旅游景区有哪些？”，统计结果如下表所示．组号分组回答正确的人数回答正确的人数占本组的频率1[15,25)a0.52[25,35)18x3[35,45)b0.94[45,55)90.365[55,65]3y(1)分别求出a，b，x，y的值；(2)从第2，3，4组回答正确的人中用分层抽样的方法抽取6人，求从第2，3，4组各抽取多少人？20.在直角坐标系中，以原点O为圆心，r为半径的圆与直线√3x−y+4=0相切．(1)求圆O的方程(2)圆O与x轴相交于A、B两点(其中点B在x轴正半轴上)动点P满足|PA|+|PB|=4r，求动点P的轨迹方程(3)过点B有一条直线l，l与直线√3x−y+4=0平行且l与动点P的轨迹相交于C、D两点，求ΔOCD的面积．21.已知函数f(x)=ln(x+m+1)，m∈R．(I)若直线y=x+1与函数y=f(x)的图象相切，求m的值；(Ⅱ)当m≤1时，求证f(x)<e x．22.在平面直角坐标系中，直线l过点P(2,√3)且倾斜角为α，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为，直线l与曲线C相交于A，B 两点；(Ⅰ)求曲线C的直角坐标方程；(Ⅱ)若|AB|=√13，求直线l的倾斜角α的值．23.已知函数f(x)=|x−1|+|x−m|(m>1)，若f(x)>4的解集是{x|x<0或x>4}．(1)求m的值；(2)若正实数a,b,c满足1a +12b+13c=m3，求证：a+2b+3c≥9．【答案与解析】1.答案：A解析：本题考查集合补集的运算，首先化简集合A和B，然后根据补集的定义即可求出结果，属于基础题．解：因为集合A={0,1，2，3，4，5 }，B={2,3，4，5 }，所以∁A B={0,1}．故选A．2.答案：D解析：本题考查共轭复数，复数的模，属于基础题．利用共轭复数的概念求出z=4−3i，再结合复数的模化简即可得到答案．解：由z=4+3i得z=4−3i，则z|z|=4−3i|4+3i|=4−3i5=45−35i.故选D．3.答案：C解析：本题考查了向量的数量积和向量的夹角，根据条件得到a⃗⋅b⃗ =−b⃗22，|a⃗|=|b⃗ |，进而求出cos<a⃗，b⃗ >的值，从而得出a⃗，b⃗ 的夹角．解：由|a⃗−b⃗ |=√3|a⃗+b⃗ |得：(a⃗−b⃗ )2=3(a⃗+b⃗ )2;∴a⃗2−2a⃗⋅b⃗ +b⃗ 2=3(a⃗2+2a⃗⋅b⃗ +b⃗ 2)，(1)∵√3|a⃗+b⃗ |=√3|a⃗|,∴a⃗2+2a⃗·b⃗ +b⃗ 2=a⃗2解得a⃗⋅b⃗ =−b⃗22，代入(1)式，得|a⃗|=|b⃗ |;;∴cos<a⃗，b⃗ >=−12∴a⃗，b⃗ 夹角为2π．3所以C选项是正确的．故选C4.答案：A解析：本题考查三角函数的化简求值和证明，涉及同角三角函数的基本关系，二倍角公式及其应用，属于基础题，先由sin2α+cos2α化简得，再代值计算即可．解：，tanα=2，．故选A．5.答案：A解析：本题考查双曲线的定义、方程和性质，属于中档题．求出双曲线的a，c，得到焦点，由题意可得A在右支上，利用双曲线的定义|AF2|=|AF1|−2a即可求得|PA|+|AF2|的最小值．−y2=1得实半轴长a=√3，半焦距c=2，解：由双曲线方程x23∴右焦点F2(2,0)，左焦点F1(−2,0)；又P(3,1)，A是双曲线上一点，∴当点A在双曲线的右支上时，|AP|+|AF2|取得最小值，∴|AF2|=|AF1|−2a=|AF1|−2√3，∴|AP|+|AF2|=|AP|+|AF1|−2√3≥|PF1|−2√3=√(3+2)2+(1−0)2−2√3=√26−2√3．当且仅当P，A，F1共线时，等号成立．故选：A．6.答案：B解析：分别求得“∀x∈(0,+∞)，x+4x≥a”与“∃x∈R，x2+2x+a=0”都是真命题时a的取值范围，再取交集即可．本题考查命题的真假判断与应用，考查全称命题与特称命题之间的关系，考查基本不等式与判别式法，考查等价转化思想与函数方程思想的应用，属于中档题．解：“∀x∈(0,+∞)，x+4x ≥a”⇔“∀x∈(0,+∞)，a≤(x+4x)min，∵当x>0时，x+4x ≥2√x⋅4x=4(当且仅当x=2时取“=”)，即(x+4x)min=4，∴a≤4；又“∃x∈R，x2+2x+a=0”是真命题，∴方程x2+2x+a=0有实数根，∴△=4−4a≥0，解得：a≤1；∵“∀x∈(0,+∞)，x+4x≥a”与“∃x∈R，x2+2x+a=0”都是真命题，∴a≤1，故选：B．7.答案：D解析：本题考查程序框图，理解程序表示的算法功能是解题的关键．解：由题意，当t∈[−2,0)时，循环得t∈(1,9]，∴S=3−t，t∈[0,9]，所以S∈[−3,6]，故选D.8.答案：A解析：解：函数f(x)=|x+3|−|x−1|≤|(x+3)−(x−1)|=4，当且仅当x≥1时，f(x)取得最大值4．若f(x)≤a2−3a(x∈R)恒成立，则a2−3a≥4，解得a≥4或a≤−1．则实数a的取值范围是(−∞,−1]∪[4,+∞)．故选：A．运用绝对值不等式的性质可得f(x)=|x+3|−|x−1|≤|(x+3)−(x−1)|=4，当且仅当x≥1时，f(x)取得最大值4.再由不等式恒成立思想可得a2−3a≥4，再由二次不等式的解法即可求得．本题考查不等式恒成立问题，主要考查绝对值不等式的性质求最值，注意不等式恒成立或有解问题转化为求函数的最值问题，属于中档题和易错题．9.答案：A解析：本题主要考查函数的性质，属于中档题．解：因为，所以函数为偶函数，故排除B;又x≠0，故排除C，D;故选A．10.答案：D解析：由等差数列的性质得出a1+a2015=a1003+a1013=π，由等比数列的性质得出b7⋅b8=b6⋅b9=2，然后代入求解即可．本题考查等差数列以及等比数列性质的应用，三角函数值的求法，考查计算能力．解：数列{a n}为等差数列，{b n}为等比数列，且满足：a1003+a1013=π，b6⋅b9=2，所以a1+a2015=a1003+a1013=π，b7⋅b8=b6⋅b9=2，所以tan a1+a20151+b7b8=tanπ3=√3．故选：D．11.答案：A解析：本题考查抛物线的简单性质与抛物线与圆的位置关系的综合应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．首先根据题目信息作出图形，如图所示，可得圆的圆心坐标为F(1,0)，且点F为该矩形MNPQ的两条对角线的交点，再利用点F到直线PQ的距离与点F到MN的距离相等可求得直线MN的方程，从而可求出M点的坐标；然后求解矩形的面积．解：根据题意画出示意图：依题意，抛物线抛物线y2=4x的焦点为F(1,0)，∴圆的圆心坐标为F(1,0)．∵四边形MNPQ是矩形，∴PM为直径，QN为直径，∴点F为该矩形的两条对角线的交点，∴点F到直线PQ的距离与点F到MN的距离相等．∵点F到直线MN的距离d=2，∴直线MN的方程为：x=3，∴M(3,2√3)，∴则矩形MNPQ的面积是：4×4√3=16√3．故选：A．12.答案：A解析：解：三视图表示的几何体为三棱锥D−ABC，是正方体的一部分，则此几何体的体积为：13×12×2×2×2=43．故选：A．首先由三视图还原几何体，利用三视图的数据求解几何体的体积即可．本题考查了由几何体的三视图求几何体的体积，判断直观图是解题的关键．13.答案：10解析：解：样本1，2，4，x，y的平均数是3，∴(1+2+4+x+y)=3×5，即x+y=8，…①又标准差是2，∴15[(1−3)2+(2−3)2+(4−3)2+(x−3)2+(y−3)2]=22，即(x−3)2+(y−3)2=14，…②由①②联立，消去x得y2−8y+10=0，∴y1y2=10；由x、y的对称性知，xy=10．故答案为：10．根据平均数与标准差的定义，列方程组求得y1y2的值，再由x、y的对称性求得xy的值．本题考查了平均数与标准差的定义和应用问题，是基础题．14.答案：8解析：本题主要考查线性规划的应用，结合目标函数的几何意义，利用数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定z的最大值．解：作出不等式组对应的平面区域如图：(阴影部分).由z=2x+y得y=−2x+z，平移直线y=−2x+z由图象可知当直线y=−2x+z经过点B(2,3)时，直线y=−2x+z的截距最大，此时z最大．代入目标函数z=2x+y，得z=8．故答案为8．15.答案：12解析：本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，三角函数的图象的对称性，属于基础题．利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律求得新的解析式，再利用三角函数的图象的对称性求得ω的最小值．解：将函数f(x)=sin(ωx−π6)(ω>0)的图象向左平移π3个单位后，可得函数y=sin(ωx+πω3−π6)的图象；再根据所得图象关于直线x=π对称，可得ωπ+πω3−π6=kπ+π2，k∈Z，∴当k=0时，ω取得最小值为12，故答案为12．16.答案：(−∞,2]解析：f(x)≥g(x)，即x2−e x+3≥a在x∈(−5,0]恒成立，函数y=x2−e x+3在x∈(−5,0]时递减，所以a≤y min=2．17.答案：解：(Ⅰ)等比数列{a n}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项，可得2a4+4=a3+a5=28−a4，解得a4=8，由8q+8+8q=28，可得q=2(q=12舍去)，则q的值为2；(Ⅱ)设c n=(b n+1−b n)a n=(b n+1−b n)2n−1，可得n=1时，c1=2+1=3，n≥2时，可得c n=2n2+n−2(n−1)2−(n−1)=4n−1，上式对n=1也成立，则(b n+1−b n)a n=4n−1，即有b n+1−b n=(4n−1)⋅(12)n−1，可得b n=b1+(b2−b1)+(b3−b2)+⋯+(b n−b n−1)=1+3⋅(12)0+7⋅(12)1+⋯+(4n−5)⋅(12)n−2，1 2b n=12+3⋅(12)+7⋅(12)2+⋯+(4n−5)⋅(12)n−1，相减可得12b n=72+4[(12)+(12)2+⋯+(12)n−2]−(4n−5)⋅(12)n−1=72+4⋅12(1−12n−2)1−12−(4n−5)⋅(12)n−1，化简可得b n=15−(4n+3)⋅(12)n−2．解析：本题考查等比数列的通项公式和等差数列中项的性质，考查数列的恒等式和错位相减法的运用，考查运算能力，属于中档题．(Ⅰ)运用等比数列的通项公式和等差数列中项性质，解方程可得公比q；(Ⅱ)设c n=(b n+1−b n)a n=(b n+1−b n)2n−1，运用数列的递推式可得c n=4n−1，再由数列的恒等式求得b n=b1+(b2−b1)+(b3−b2)+⋯+(b n−b n−1)，运用错位相减法，可得所求数列的通项公式．18.答案：证明：(1)设AC中点为G，连FG，BG，∵F为AD中点，∴FG//DC，FG=12DC，又由题意BE//CD，BE=12CD，∴EB//FG，且EB=FG，∴四边形BEFG为平行四边形，∴EB//FG，又BG⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，∴EF//平面ABC．(2)∵平面BCDE所在平面垂直平面ABC，平面BCDE∩平面ABC=BC，AB⊂平面ABC，AB⊥BC，∴AB⊥平面BCDE，∵F为AD中点，∴V D−BCF=V F−BCD=12V A−BCD=16(12BC⋅DC)AB=43，所以，三棱锥D−BCF的体积是43．解析：(1)设AC中点为G，连FG，BG，推导出四边形BEFG为平行四边形，从而EB//FG，由此能证明EF//平面ABC．(2)V D−BCF=V F−BCD=12V A−BCD，由此能求出三棱锥D−BCF的体积．本题考查线面平行的证明，考查三棱锥的体积的求法，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．19.答案：解：(1)由频率表中第4组数据可知，第4组总人数为9÷0.36=25，再结合频率分布直方图可知n=25÷(0.025×10)=100，∴a=100×0.01×10×0.5=5，b=100×0.03×10×0.9=27，x=18÷(100×0.02×10)= 0.9,y=3÷(100×0.015×10)=0.2．(2)第2，3，4组回答正确的共有54人．∴利用分层抽样在54人中抽取6人，每组分别抽取的人数为：第2组13×6=2(人)，第3组12×6=3(人)，第4组16×6=1(人)．解析：本题主要考查频率分布直方图和频率分布表的相关计算问题．(1)利用第4小组的数据，先求出样本容量，然后分别求出a，b，x，y的值．(2)利用分层抽样的定义，进行抽取．20.答案：解：(1)∵以原点O为圆心，r为半径的圆与直线√3x−y+4=0相切．∴r=√(√3)2+1=2，∴要求的圆的方程为：x2+y2=4．(2)对于x2+y2=4，令y=0，解得x=±2，可得A(−2,0)，B(2,0)．∵|PA|+|PB|=4r=8>|AB|=4，∴动点P的轨迹是椭圆：A，B为焦点，2a=8，a=4，b2=a2−c2=12．∴动点P的轨迹方程为：x216+y212=1．(3)∵l与直线√3x−y+4=0平行，可设l的方程为：√3x−y+m=0，把点B(2,0)代入可得m=−2√3．∴直线l的方程为：√3x−y−2√3=0．设C(x1,y1)，D(x2,y2)，联立{√3x −y −2√3=0x 216+y 212=1，化为5x 2−16x =0， 解得{x =0y =−2√3，{x =165y =6√35， ∴|CD|=(5)√5=325．原点O 到直线l 的距离d =2√32=√3．∴△OCD 的面积S =12d|CD|=12×√3×325=16√35．解析：(1)由于以原点O 为圆心，r 为半径的圆与直线√3x −y +4=0相切．可得r =√(√3)2+1=2，即可得出；(2)对于x 2+y 2=4，令y =0，可得A(−2,0)，B(2,0).|PA|+|PB|=4r =8>|AB|=4，可得动点P 的轨迹是椭圆．(3)l 与直线√3x −y +4=0平行，可设l 的方程为：√3x −y +m =0，把点B(2,0)代入可得直线l 的方程为：√3x −y −2√3=0.与椭圆的方程联立可得C ，D ，即可得出|CD|.利用点到直线的距离公式可得原点O 到直线l 的距离d.利用△OCD 的面积S =12d|CD|即可得出．本题考查了直线与圆相切的性质、椭圆的定义及其标准方程、平行直线的性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立、点到直线的距离公式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．21.答案：解：函数f(x)=ln(x +m +1)的导数f′(x)=1x+m+1，(1)设直线y =x +1与函数f(x)的图象切于点(x 0,y 0)， 则y 0=x 0+1，y 0=ln(x 0+m +1)，1x 0+m+1=1，解得x 0=−1，y 0=0，m =1；(2)证明：由m ≤1，可得ln(x +m +1)≤ln(x +2)， 要证f(x)<e x ，只需证ln(x +2)<e x ， 令ℎ(x)=e x −ln(x +2)，则ℎ′(x)=e x −1x+2， 由ℎ′(−1)=1e −1<0，ℎ′(0)=12>0，即有∃x0∈(−1,0)，使ℎ′(x0)=0，即e x0=12+x，ln(x0+2)=−x0，则ℎ(x)在(−2,x0)上递减，在(x0,+∞)上递增，即有ℎ(x)min=ℎ(x0)=e x0−ln(x0+2)，则ℎ(x)≥ℎ(x)min=e x0−ln(x0+2)=12+x0+x0=(x0+1)22+x0>0，则有f(x)<e x．解析：(1)求出函数的导数，设出切点，求得切线的斜率，由点满足曲线和切线方程，解方程，可得m=1：(2)由m≤1，可得ln(x+m+1)≤ln(x+2)，要证f(x)<e x，只需证ln(x+2)<e x，令ℎ(x)=e x−ln(x+2)，求出导数，运用零点存在定理，可得∃x0∈(−1,0)，使ℎ′(x0)=0，求得ℎ(x)的最小值，证明它大于0，即可得证．本题考查导数的运用：求切线的斜率和求单调区间、极值和最值，主要考查导数的几何意义，函数的单调性的运用，考查运算能力，属于中档题．22.答案：解：(Ⅰ)∵ρ=4cos(θ−π3)，∴ρ=4(cosθcosπ3+sinθsinπ3)=2(cosθ+√3sinθ)，∴ρ2=2(ρcosθ+√3ρsinθ)，∴x2+y2=2x+2√3y，∴曲线C的直角坐标方程为(x−1)2+(y−√3)2=4，(Ⅱ)当时，直线l：x=2，∴|AB|=2√3≠√13，舍，当时，设tanα=k，则l：y−√3=k(x−2),即kx−y−2k+√3=0，∴圆心C(1,√3)到直线kx−y−2k+√3=0的距离d=√3−2k+√3|2=2由d2+(|AB|2)2=4得：k2k2+1+134=4,解得：k=±√3，∴tanα=±√3，∵α∈(0,π)，∴α=π3或2π3．解析：本题考查曲线的直角坐标的求法，考查直线的倾斜角的求法，是基础题，解题时要注意极坐标方程、直角坐标方程互化公式的合理运用．(Ⅰ)由ρ2=x 2+y 2，ρcosθ=x ，ρsinθ=y ，能求出曲线C 的直角坐标方程．(Ⅱ)设出直线方程，求出圆心到直线的距离，由已知求出直线的斜率，由此能求出直线l 的倾斜角α的值．23.答案：解：(1)∵m >1，∴f(x)={−2x +m +1,x <1m −1,1≤x ≤m 2x −m −1,x >m ，作出函数f(x)的图象，如图所示：由f(x)>4的解集为{x|x <0或x >4}及函数图象， 可得{−2×0+m +1=42×4−m −1=4，得m =3．证明：(2)由(1)知m =3，从而1a +12b +13c =1， ∴(a +2b +3c)(1a +12b +13c)=3+(a 2b+2b a)+(a 3c+3c a)+(2b 3c+3c 2b)≥9，当且仅当a =3，b =32，c =1时取等号， 故a +2b +3c ≥9．解析：本题考查学生对绝对值不等式和基本不等式的理解与运用，考查了运算能力和转化能力，属于中档题(1)作出f(x)的图象，结合题意可得可得{−2×0+m +1=42×4−m −1=4，由此求得m 的值．(2)利用基本不等式即可证明；。