2021年浙江省杭州二中高考数学仿真试卷(5月份)(附答案详解)

2021年浙江省杭州二中高考数学仿真试卷（5月份）
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1.(2017·河北省·期中考试)已知双曲线的渐近线方程为y=±x，则双曲线的离心率为
()
A. 2
B. √3
C. 3
2
D. √2
2.(2021·浙江省杭州市·模拟题)已知虚数x满足x3=1，x−表示x的共轭复数，则结论
不正确的是()
A. x2=1
B. x⋅x−=1
C. x2=x−
D. |x|=|x−|
3.(2021·浙江省杭州市·模拟题)小猫在一个物理问题计算过程中遇到了对数据1.00212
的处理，经过思考，小猫决定采用精确到0.001的近似值，则这个近似值是()
A. 1.000
B. 1.024
C. 1.025
D. 1.023
4.(2018·河北省·历年真题)函数f(x)=cosx
|x|
的图象为()
A. B.
C. D.
5.(2021·浙江省杭州市·模拟题)已知正实数a，b，c，且a+b+c=3，则“lna>lnb>
lnc”是“{a>1
c<1”的()
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
6.(2021·浙江省杭州市·模拟题)定义[x]表示不超过x的最大整数，若数列{a n}的通项
公式为a n=3n−1，则满足等式[a1
5]+[a2
5
]+[a3
5
]+⋯+[a10
5
]=()
A. 30
B. 29
C. 28
D. 27
7.(2021·浙江省杭州市·模拟题)函数f(x)=ax+sinx的图象上存在两条相互垂直的
切线，则实数a的取值范围是()
A. {0,1}
B. {0}
C. [0,1)
D. [1,+∞)
8. (2021·浙江省杭州市·模拟题)定义集合Ω={(x,y)|x ∈R ，y ∈R}，M =
{(x,y)|xcosθ+ysinθ=2，θ∈[0.2π)},N ={(x,y)||x|+|y|≤2}，则下列判断正确的是( )
A. M ∩N =⌀
B. ∁Ω(M ∪N)=⌀
C. 若l 1，l 2，l 3∈M ，l 1：xcosθ+ysinθ=2，l 2：xcos(θ+2π
3)+ysin(θ+2π
3)=2，l 3：
xcos(θ−2π3
)+ysin(θ−
2π3
)=2，则由l 1，
l 2，l 3围成的三角形一定是正三角形，且所有正三角形面积一定相等
D. 满足P ∉M 且P ∉N 的点P 构成区域的面积为4(π−1)
9. (2021·浙江省杭州市·模拟题)已知AB 是⊙O 的定直径，过⊙O 上的动点P 作切线与
过点A ，B 的切线分别交于点M 、N ，连接BM ，AN 交于点T ，则点T 的轨迹是( )
A. 圆
B. 椭圆
C. 抛物线的一段
D. 线段
10. (2021·浙江省杭州市·模拟题)在△ABC 中，M ，N 是边BC 上的点，且BM =MN =NC ，
若AB
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则cos∠AMN 的最小值( ) A. 1
7
B. 2√2
7 C. √37
D. 4
7
二、单空题（本大题共7小题，共36.0分）
11. (2021·浙江省杭州市·模拟题)定义集合A ={x|f(x)=√1−x 2}, B ={x|x 2−2x −
3<0}，则A ∩B = ______ ；A ∪∁R B = ______ ．
12. (2021·浙江省杭州市·模拟题)已知实数x ，y 满足{x ≥0
y ≥0x +y ≤2
，则y+2
x+1的最大值是
______ ；若不等式ax +y ≤2恒成立，则实数a 的取值范围是______ ． 13. (2021·浙江省杭州市·模拟题)如图，
△ABC 的三边AB =10，BC =12，CA =14，D ，E ，F 分别是三边的中点，沿DF ，FE ，ED 将△ADF ，△CEF ，△BED 折起，使得A ，B ，C 重合于点P ，则四面体PDEF 的表面积为______ ；体积为______ ．
14.(2021·浙江省杭州市·模拟题)在△ABC中，2sin2A
2
=√3sinA，sin(B−C)= 2cosBsinC，则A=______ ，tanC=______ ．
15.(2021·浙江省杭州市·模拟题)有3个人在一楼进入电梯，楼上共有4层，设每个人
在任何一层出电梯的概率相等，并且各层楼无人再进电梯，设电梯中的人走空时电梯需停的次数为ξ，则E(ξ)=______ ．
16.(2021·浙江省杭州市·模拟题)从集合{0,1，2，3，4，5，6}中任意取5个不同的数字
组成五位单伞数(中间数为数字最大，从中间向两侧依次递减)，则这样的不同五位单伞数共有______ 个(用数字作答)．
17.(2021·浙江省杭州市·模拟题)已知三棱锥P−ABC中，PA⊥PB，PA⊥PC, ∠BPC=
π
3
，且PA=1，PB=2，PC=3，长度为1的线段MN的端点M在PA上，端点N 在侧面PBC内运动，若MN的中点为T，△ABC的重心为G，则GT的最小值是______ ．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）
18.(2021·浙江省杭州市·模拟题)已知θ∈(0,π
3)且满足：sinθ+sin(θ+π
3
)=4√3
5
．
(Ⅰ)求cos(2θ+π
3
)的值；
(Ⅱ)已知函数f(x)=sinxcos(θ+π
6)+cosxsin(θ+π
6
)，若方程f(x)=a在区间
[0,π
2
]内有两个不同的解，求实数a的取值范围．
19.(2021·浙江省杭州市·模拟题)已知三棱锥P−ABC，
侧面PAC⊥底面ABC，PA=AC=4，BC=3，且AC⊥BC，
∠PAC=120°，M是PC的中点．
(Ⅰ)求证：PB⊥AM；
(Ⅱ)求直线AM与平面PAB所成角的余弦值．
20.(2021·浙江省杭州市·模拟题)在已知确定的△ABC内部进行以下操作：第1次取1
个点P1，连接A，B，C得到a1个三角形；第2次在得到的a1个三角形中选2个，在其内部各取1个点分别为P21，P22，连接它们所在区域的三角形的三个顶点把△ABC 划分总共得到a2个不同的三角形；第3次在得到的a2个三角形中选3个，在其内部各取1个点分别为P31，P32，P33，连接它们所在区域的三角形的三个顶点把△ABC 划分总共得到a3个不同的三角形；…，第n次在得到的a n−1个三角形中选n个，在其内部各取1个点分别为P n1，P n2，⋯，P nn，连接它们所在区域的三角形的三个顶点把△ABC划分总共得到a n个不同的三角形．
(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；
(Ⅱ)构造数列b n=√(n+1)(a n−1)，求证：1
b1+1
b2
+1
b3
+⋯+1
b n
<2．
21. (2021·浙江省杭州市·模拟题)已知F 是抛物线y 2=4x 的焦点，过定点P(2,1)作直线
l 交抛物线于A ，B 两点，取定点C(−1,1)． (Ⅰ)若CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，求直线l 的方程；
(Ⅱ)是否存在直线l ，使得F 恰好是△ABC 的重心，如果存在，求出l 的方程；如果不存在，请说明理由； (Ⅲ)求△ABC 面积的最小值．
22. (2021·浙江省杭州市·模拟题)已知函数f(x)=e x −mx 有两个不同的零点x 1，x 2，
且x 1<x 2．
(Ⅰ)求实数m 的取值范围；
(Ⅱ)若不等式xf(x)+mx 2+x ≥k(e x −1)对任意的x ∈[0,+∞)恒成立，求实数k 的最大值；
(Ⅲ)求证：x 1+x 2≥3−e
m ．
答案和解析
1.【答案】D
【知识点】双曲线的性质及几何意义
【解析】
【分析】
本题考查双曲线的简单性质，属于基础题．
利用双曲线的渐近线方程，得到a，b的关系，然后求解双曲线的离心率即可．
【解答】
解：双曲线的渐近线方程为y=±x，可得a=b，则c=√2a，
所以双曲线的离心率为：c
a
=√2．
故选：D．
2.【答案】A
【知识点】复数的概念
【解析】解：∵虚数x满足x3=1=(cos2π
3+isin2π
3
)3，
∴x=cos2π
3+isin2π
3
=−1
2
+√3
2
i，
∵x−表示x的共轭复数，∴x−=−1
2−√3
2
i，
∴x2=cos4π
3+isin4π
3
=−1
2
−√3
2
i，故A错误；
∵x⋅x−=1
4+3
4
=1，故B正确；
∵x2=cos4π
3+isin4π
3
=−1
2
−√3
2
i=x−，故C正确；
∵|x|=|x−|=1，故D成立，
故选：A．
由题意利用复数的代数形式、三角形式的运算法则，计算得出结论．本题主要考查复数的代数形式、三角形式的运算，属于基础题．3.【答案】B
【知识点】二项式定理
【解析】解：1.00212=(1+0.002)12≈1+C 121×0.002+C 122
×0.0022=1+0.024+
0.000264 ≈1.024， 故选：B ．
根据1.00212=(1+0.002)12，按照二项式定理展开得到它的前三项，从而得到它的近似值．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于中档题．
4.【答案】B
【知识点】函数图象的作法
【解析】解：由f(−x)=f(x)知f(x)为偶函数，所以排除C ，D ， 又当x →0+，f(x)→+∞，所以B 正确， 故选：B ．
判断函数的奇偶性和对称性，结合极限思想进行排除即可．
本题主要考查函数图象的识别和判断，结合函数的奇偶性和对称性以及极限思想是解决本题的关键．比较基础．
5.【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断 【解析】解：①当lna >lnb >lnc 时，则a >b >c ， 又∵a +b +c =3，则{3a >33c <3，∴{a >1c <1
，∴充分性成立，
②当a =2，b =c =12时，满足{
a >1
c <1
和a +b +c =3，但不满足lna >lnb >lnc ，∴必要性不成立，
∴lna >lnb >lnc 是{a >1
c <1，的充分不必要条件．
故选：A ．
根据对数函数的单调性，利用充分条件和必要条件的定义即可得到结论．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据对数不等式的性质是解决本题的关键．
6.【答案】D
【知识点】等差数列的性质
【解析】解：[a1
5]+[a2
5
]+[a3
5
]+⋯+[a10
5
]=[2
5
]+[5
5
]+[8
5
]+⋯+[3×10−1
5
]
=0+(1×2)+(2×2)+(3×1)+(4×2)+(5×2)=27．故选：D．
根据[x]表示不超过x的最大整数，可以逐一计算出[a1
5]+[a2
5
]+[a3
5
]+⋯+[a10
5
]各项的值．
本题主要考查数列中找规律问题，取整函数的模型，涉及逻辑推理、数学运算等，属于基础题．
7.【答案】B
【知识点】导数的几何意义
【解析】解：函数f(x)=ax+sinx的导数为f′(x)=a+cosx，
由于函数f(x)=ax+sinx的图象上存在互相垂直的切线，
不妨设在x=m与x=n处的切线互相垂直，
则(a+cosm)(a+cosn)=−1，
所以a2+(cosm+cosn)a+(cosmcosn+1)=0(∗)
因为a的值必然存在，即方程(∗)必然有解，
所以判别式△=(cosm+cosn)2−4(cosmcosn+1)≥0，
即cos2m+cos2n−2cosmcosn=(cosm−cosn)2≥4，
解得cosm−cosn≥2或cosm−cosn≤−2，
由于|cosx|≤1，所以有cosm=1，cosn=−1或cosm=−1，cosn=1，且△=0，所以(∗)变为a2=0，
所以a=0．
故选：B．
先求导函数，由函数f(x)=ax+sinx的图象上存在互相垂直的切线，不妨设在x=m与x=n处的切线互相垂直可得(a+cosm)(a+cosn)=−1，然后整理，根据a的值必然存在，△≥0可求出a的取值范围．
本题考查导数的几何意义，以及两直线垂直的条件和判别式判定方程的根，考查函数与方程的思想和计算能力，属于中档题．
8.【答案】C
【知识点】命题及其关系
【解析】对于集合M：原点到直线xcosθ+ysinθ=2的距离d=|−2|
√cos2θ+sin2θ
=2．故M为圆x2+y2=22的切线上的所有点，
对于集合N：|x|+|y|≤2，如图1，
x≥0，y≥0，x+y≤2.为图中三角形AOD区域．
x≥0，y≤0，x−y≤2，为图中三角形COD区域．
x≤0，y≥0，−x+y≤2，为图中三角形AOB区域，
x≤0，y≤0，−x−y≤2，为图中三角形BOC区域，
由此|x|+|y|≤2为正方形ABCD区域．
M∩N={(o,1)，(0,−1)，(−1,0)，(1,0)}故选项A错误；
如图2，CΩ(M∪N)为图中阴影区域，故不能为空集，故选项B错误；
由题可设xcosθ+ysinθ=2为切线的切点为(2cosθ,2sinθ)，
同理，l2：xcos(θ+2π
3)+ysin(θ+2π
3
)=2，切点为(2cos(θ+2π
3
),2sin(θ+2π
3
))，
l3：xcos(θ−2π
3)+ysin(θ−2π
3
)=2，切点为(cos(θ−2π
3
),sin(θ−2π
3
))，
∵三个切点均在圆x2+y2=4上，∴三角形为正三角形，
由圆的对称性可知所有正三角形面积一定相等，故选项C正确；满足P∉M且P∉N的点P构成区域为图2中阴影部分，
S 阴=S
圆
−S
正方形ABCD
=4π−8，故选项D错误．
故选：C．
对于A，B选项直接由集合的性质判断即可；
对于C选项需要求出切点并且切点都在圆上，根据圆的对称性即可判断；
对于D选项利用面积差即可求解判断．
本题考查了集合的交集、并集、补集判断以及直线与圆的位置关系．
9.【答案】B
【知识点】圆有关的轨迹问题
【解析】解：设圆的半径为1，以圆心O为原点，直径AB为x轴建立直角坐标系：
则A(−1,0)，B(1,0)，圆的方程为x2+y2=1，
设P(cosθ,sinθ)，
则切线MN的方程为xcosθ+ysinθ=1，
直线AM的方程为x=−1，直线BN的方程为x=1，
所以M(−1,1+cosθ
sinθ)，N(1,1−cosθ
sinθ
)，
则直线AM的方程为y=1−cosθ
2sinθ
(x+1)，
直线BM的方程为y=−1+cosθ
2sinθ
(x−1)，
两式相乘，得y2=−1−cos2θ
4sin2θ
(x2−1)，
即x2+4y2=1，
当点P恰为A或B时，四边形ABNM变为线段AB，不符合题意，
所以轨迹不包括A，B两点，
所以T的轨迹为椭圆，
故选：B．
设圆的半径为1，以圆心O为原点，直径AB为x轴建立直角坐标系，设P(cosθ,sinθ)，得到切线MN的方程，进而得出M，N的坐标，写出直线AN，BM的方程，两式相乘，
化简即可．
本题考查轨迹方程，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
10.【答案】D
【知识点】向量的数量积
【解析】解：如图，
∵AB
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CB ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )， ∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )+AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )， ∵M ，N 是边BC 的两个三等分点，∴BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =NC
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =3NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，
∴3NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +NC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC
⃗⃗⃗⃗⃗ ， 可得3NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2
=(AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2=(AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −2NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2=|AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2−4AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +4|NM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2， 即7NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =|AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+4|NM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2， ∴MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =17(|MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+4|MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2)， ∴cos∠AMN =MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+4|MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |27|MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |
≥√|MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2⋅4|MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |27|MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=4|MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
|7|MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=47， 当且仅当|MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2|MN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |时等号成立． ∴cos∠AMN 的最小值为47，
故选：D ．
由题意画出图形，由已知结合AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，可得MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =17
(|MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2+4|MN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2)，再由数量积求夹角公式及基本不等式即可求得cos∠AMN 的最小值． 本题考查平面向量的数量积运算，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，训练了利
用基本不等式求最值，属难题．
11.【答案】{x|−1<x≤1}{x|x≤1或x≥3}
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】解：因为集合A={x|f(x)=√1−x2}={x|−1≤x≤1}，
集合B={x|x2−2x−3<0}={x|−1<x<3}，
所以∁R B={x|x≤−1或x≥3}，
故A∩B={x|−1<x≤1}；
A∪∁R B={x|x≤1或x≥3}．
故答案为：{x|−1<x≤1}；{x|x≤1或x≥3}．
利用函数定义域的求法以及一元二次不等式的解法求出集合A，B，然后由集合交集，补集的定义求解即可．
本题考查了集合交集与补集的运算，函数定义域的求法以及一元二次不等式的解法，解题的关键是掌握集合交集与补集的定义，考查了运算能力，属于基础题．
12.【答案】4 (−∞,a]
【知识点】简单的线性规划
【解析】解：由约束条件作出可行域如图，
点A(0,2)，
y+2
x+1
的几何意义为可行域内的动点与定点P(−1,−2)连线的斜率，
∵k PA=2+2
0+1=4，∴y+2
x+1
的最大值是4；
直线ax+y≤2过点A(0,2)，
当a≤0时，满足ax+y≤2恒成立，符合题意．
当a>0时，直线ax+y=2化为x
2
a
+y
2
=1，要使ax+y≤2恒成立，
则2
a
≥2，∴0<a≤1．
综上所述，实数a 的取值范围是(−∞,a]．
故答案为：4；(−∞,a]． 由约束条件作出可行域，由y+2x+1的几何意义，即可行域内的动点与定点P(−1,−2)连线的斜率求解y+2x+1的最大值；再由直线ax +y =2恒过定点(0,2)，对a 分类求解使不等式ax +y ≤2恒成立的实数a 的取值范围．
本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是中档题． 13.【答案】24√6 2√95
【知识点】圆柱、圆锥、圆台的侧面积、表面积和体积
【解析】解：易知四面体PDEF 的表面积即
为原△ABC 的面积，
在△ABC 中，由余弦定理有，cosB =
102+122−142
2×10×12=15
， 故sinB =√1−125=2√65
， ∴S △ABC =12×10×12×2√6
5=24√6，
即四面体PDEF 的表面积为24√6；
由题意知，PE =DF =6，DE =PF =7，EF =PD =5，将其嵌入如图所示的长方体，
则{a 2+c 2=DE 2=49b 2+c 2=EF 2=25a 2+b 2=PE 2=36，解得{a =√30b =√6c =√19
，
四面体PDEF 为长方体体积减去四个三棱锥即可，
且所有三棱锥的体积均相同均为长方体的1
6，
∴V =(1−16×4)×√30×√6×√19=2√95． 故答案为：24√6，2√95．
易知四面体PDEF 的表面积即为原△ABC 的面积，直接求出三角形的面积△ABC 即可得到四面体PDEF 的表面积；而PE =DF =6，DE =PF =7，EF =PD =5，将其嵌入某指定长方体中，则四面体PDEF 的体积为整个长方体的体积的三分之一，然后求出体积即可．
本题考查棱锥表面积及体积的求法，涉及了余弦定理以及三角形面积公式，考查转化思想及运算求解能力，属于中档题．
14.【答案】2π
3 √39−2√39
【知识点】二倍角公式及其应用
【解析】解：因为2sin 2
A 2=1−cosA =√3sinA ，
所以√3sinA +cosA =1，即2sin(A +π6)=1，
所以sin(A +π6)=12，
由A 为三角形内角得A =2π3；
因为sin(B −C)=sinBcosC −sinCcosB =2cosBsinC ，
所以sinBcosC =3sinCcosB ，即tanB =3tanC ，
所以tan(π3−C)=3tanC ， 所以√3−tanC
1+√3tanC =3tanC ，
整理得3√3tan 2C +4tanC −√3=0，
因为tanC >0， 解得tanC =√
39−2√39． 故答案为：2π3；√
39−2√39． 由已知结合二倍角公式进行化简，可求A ，然后结合和差角公式及同角基本关系可得tan B ，tan C 的关系，再由两角差的正切公式展开可求．
本题主要考查了二倍角公式，和差角公式，同角基本关系在求解三角形中的应用，考查了逻辑推理的能力，属于中档题．
15.【答案】3716
【知识点】离散型随机变量的期望与方差
【解析】解：由题意可得，ξ的可能取值为1，2，3，
则P(ξ=1)=C 41(C 41)3=1
16， P(ξ=2)=
C 31C 41C 31(C 41)2=916， P(ξ=3)=C 41C 31C 21(C 41)3=38，
所以E(ξ)=1×1
16+2×916+3×38=3716．
故答案为：37
16
．
先求出随机变量ξ的可能取值，然后求出其对应的概率，列出分布列，由数学期望的计算公式求解即可．
本题考查了离散型随机变量及其分布列和离散型随机变量期望的求解与应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
16.【答案】81
【知识点】排列、组合的综合应用
【解析】解：根据题意，需要先从集合{0,1，2，3，4，5，6}中任意取5个不同的数字，分2种情况讨论：
①取出的5个数字不含0，有C65种取法，此时有C65C42=36个符合题意的五位数，
②取出的5个数字含有0，有C64种取法，此时有C64C31=45个符合题意的五位数，
则有36+45=81个符合题意的五位数，
故答案为：81．
根据题意，按取出的5个数字是否含有0分2种情况讨论，求出每种情况下符合题意数字的数目，由加法原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，属于基础题．
17.【答案】4√5−3
6
【知识点】利用空间向量求点、线、面之间的距离
【解析】解：因为PA⊥PB，PA⊥PC，又PB∩PC=
P，PB，PA⊂平面PBC，
所以PA⊥平面PBC，
在平面PBC内过点P作Pz⊥PC，则Pz⊥平面PAC，
以点P为原点，射线PA，PC，Pz分别为x，y，z
轴建立空间直角坐标系，如图所示，
因为∠BPC=π
3
，
则A(1,0，0)，C(0,3，0)，B(0,1，√3)，
设M(x,0，0)(0≤x≤1)，N(0,y，z)(y≥0，z≥0)，
则MN的中点T(x
2,y
2
,z
2
)，
连结BG并延长交AC于点D，因为G(m,n，p)是△ABC的重心，
则点D 是BC 的中点且DG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，又D(12,32
,0)， 所以DG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(m −12,n −32,p)，DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,−12
,√3)， 则m =13,n =43,p =√33，即G(13,43,√33
)， 因为|MN|=1，即x 2+y 2+z 2=1，
所以(x 2)2+(y 2)2+(z 2)2=14，即|TP|=14，
故点T 的轨迹是以P 为球心，12为半径的球面在三棱锥P −ABC 内的部分(含边界)， 又|PG|=(13)(43)(√33)=2√53>12， 点G 在上述轨迹之外，且线段GP 与上述轨迹必相交，
所以|GT|min =|GP|−12=4√5−36．
故答案为：4√5−36
． 建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标，设M(x,0，
0)(0≤x ≤1)，N(0,y ，z)(y ≥0，z ≥0)，然后利用重心的性质以及向量的关系，求出点G ，进一步确定点T 的轨迹，由此求解最值即可．
本题考查了空间中动点轨迹的求解与应用，空间中最值问题的求解，在空间中，球面外一点M 与球面上点的距离的最小值为点M 到球心的距离减去半径，最大值为点M 到球心的距离加上半径，考查了逻辑推理能力、空间想象能力与化简运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(I)因为θ∈(0,π
3)且满足：sinθ+sin(θ+π3)=4√35， 所以sinθ+12sinθ+√32cosθ=32sinθ+√32cosθ=4√35， 所以√3sin(θ+π6
)=4√35， 所以sin(θ+π6)=45，
因为θ∈(0,π3)，所以θ+π6∈(π6,π
2)，
所以cos(θ+π6)=35，
cos(2θ+π3)=1−2sin 2(θ+π6)=−725； (II)f(x)=sinxcos(θ+π6)+cosxsin(θ+π6)=35sinx +45cosx =sin(x +φ)，tanφ=43， 设t =x +φ，则t ∈[φ,φ+π2]，
要使得y =sint 与y =a 有两个不同交点，则45≤a <1．
故a 的范围为45≤a <1． 【知识点】两角和与差的三角函数公式 【解析】(I)由已知结合和差角与辅助角公式进行化简，然后结合二倍角公式即可求解； (II)先利用辅助角公式对已知函数进行化简，然后结合正弦函数的性质可求．
本题主要考查了和差角公式，辅助角公式，还考查了正弦函数的性质，属于中档题． 19.【答案】解：(Ⅰ)证明：∵面PAC ⊥底面
ABC ，面PAC ∩底面ABC =AC ，且AC ⊥BC ，
BC ⊂平面ABC ，
∴BC ⊥平面PAC ，
又AM ⊂平面PAC ，∴BC ⊥AM ，
又PA =AC =4，
M 是PC 的中点．∴AM ⊥PC ，
且PC ∩BC =C ，∴AM ⊥面PBC ，
∴AM ⊥PB ．
(Ⅱ)如图，以A 为原点，AC 所在直线为y 轴，过A 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,0，0)，B(3,4，0)，C(0,4，0)，P(0,−2,2√3)，M(0,1，√3)，
AP
⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,2√3)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,4，0)，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1，√3). 设平面PAB 的法向量为 m
⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y ，z)． {m ⃗⃗⃗ ⋅AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2y +2√3z =0m
⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =3x +4y =0，即可取 m ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−4√33,√3,1)． cos <m ⃗⃗⃗ ⋅AM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=2√3
2×√283=3√714， ∵1−(3√714)2=133
196．
故直线AM 与平面PAB 所成角的余弦值为√
13314．
【知识点】线面垂直的判定、利用空间向量求线线、线面和面面的夹角
【解析】(Ⅰ)可得BC ⊥AM ，AM ⊥PC ，即可得AM ⊥面PBC ，从而证明AM ⊥PB ． (Ⅱ)以A 为原点，AC 所在直线为y 轴，过A 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，求得平面PAB 的法向量即可求解．
本题考查直线与直线垂直的证明，考查线面角的余弦值的求法，解题时要注意空间思维
能力的培养，注意合理地化空间问题为平面问题，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)第一次取一个点，a 1=3；
第二次取一个点，a 2=7；
第三次画点后在第二次的基础上增加三个点，增加6个小三角形，a 3=7+6=13； 第四次，有a 4=13+4×2=21；
因为a 2−a 1=4，a 3−a 2=6，a 4−a 3=8，...，
所以a n =a 1+(a 2−a 1)+(a 3−a 2)+...+(a n −a n−1)=3+4+6+8+...+2n =1+12n(2+2n)=n 2+n +1，
所以a n =n 2+n +1；
(Ⅱ)证明：b n =√(n +1)(n 2+n)=(n +1)√n ，
则1
b n =(n+1)√n =√n+1(√n+1−√n)⋅(√n −√n+1)=√n+1+√n √n+1(√n √n+1) <2(√n √n+1)， 则1b 1+1
b 2+1b 3+...+1b n
=2(1−√2√2−√3√n −√n+1 =2(1√n+1)<2．
【知识点】数列求和方法
【解析】(Ⅰ)分别计算数列{a n }的前四项，结合数列的恒等式：a n =a 1+(a 2−a 1)+(a 3−a 2)+...+(a n −a n−1)，计算都可所求通项公式； (Ⅱ)求得b n ，1b n <2(√n √n+1，由数列的裂项相消求和和不等式的性质，可得证明． 本题考查数列的通项公式，注意运用数列恒等式，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于难题．
21.【答案】解：(Ⅰ)设直线l 的方程为x =m(y −1)+2，
设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，y 1≠y 2，
联立{x =m(y −1)+2y 2=4x
，得y 2−4my +4m −8=0， 所以y 1+y 2=4m ，y 1y 2=4m −8，
因为CF 
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，所以(2,−1)⋅(x 2−x 1,y 2−y 1)=0， 所以2(x 2−x 1)−(y 2−y 1)=0，
所以2(y 224
−y 124)−(y 2−y 1)=0， 所以[12(y 2+y 1)−1](y 2−y 1)=0，
所以[2m −1](y 2−y 1)=0，所以m =12，
所以直线l 的方程为x =12(y −1)+2，即y =2x −3．
(Ⅱ)若F 为△ABC 的重心，则有FC ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ +FA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0
⃗ ， 所以(−2,1)+(x 2−1,y 2)+(x 1−1,y 1)=0，
所以{−2+x 2−1+x 1−1=01+y 2+y 1=0
，即{x 1+x 2=4y 1y 2=−1， 所以{14y 12+14y 22=4y 1+y 2=−1
，所以{y 12+y 22=16y 1+y 2=−1， 所以{(y 1+y 2)2−2y 1y 2=16y 1+y 2=−1， 所以{(4m)2−2(4m −8)=16①4m =−1②
无解， 所以不存在直线l 使得F 为△ABC 为重心．
(Ⅲ)点C 到直线AB 的距离为d =√m 2+1=√m 2+1
， |AB|=√1+m 2⋅√(y 1+y 2)2−4y 1y 2=√1+m 2⋅√16m 2−16m +32， 所以S △ABC =12|AB|⋅d =12⋅√1+m 2⋅√16m 2−16m +32√m 2+1，
=12×3×4√m 2−m +2=√m 2−m +2，
当m =12时，m 2−m +2取得最小值，
所以S △ABC 的最小值为6×√72
=3√7， 所以△ABC 的最小值为3√7．
【知识点】直线与抛物线的位置关系、向量的数量积
【解析】(Ⅰ)设直线l 的方程为x =m(y −1)+2，设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，y 1≠y 2，联
立抛物线的方程，得关于y 的一元二次方程，结合韦达定理可得y 1+y 2，y 1y 2，由CF 
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，解得m ，即可得出答案．
(Ⅱ)由F 为△ABC 的重，得FC ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ +FA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，即{x 1+x 2=4y 1y 2=−1
，解方程组，即可得出答案．
(Ⅲ)计算点C 到直线AB 的距离d ，由弦长公式可得|AB|，则S △ABC =1
2|AB|⋅d ，再计算最小值即可．
本题考查直线与抛物线的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)显然x =0不是f(x)的零点，令f(x)=0，则m =e x x ，
依题意，直线y =m 与函数g(x)=e x x 的图象有两个交点， 又g′(x)=e x (x−1)
x 2，则函数g(x)在(−∞,0)，(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
当x <0时，g(x)<0，当x →+∞时，g(x)→+∞，g(1)=e ，其草图如下，
由图象可知，实数m 的取值范围为(e,+∞)；
(Ⅱ)x(e x −mx)+mx 2+x ≥k(e x −1)，即ℎ(x)=xe x +x −k(e x −1)≥0， ∵ℎ(0)=0，
∴ℎ(x)=xe x +x −k(e x −1)≥0的一个必要条件是ℎ′(0)≥0，
又ℎ′(x)=e x +xe x +1−ke x ，
∴ℎ′(0)=1+1−k ≥0，则k ≤2，
当k =2时，ℎ(x)=xe x +x −2(e x −1)，ℎ′(x)=(x −1)e x +1，ℎ′′(x)=xe x ≥0， ∴ℎ′(x)单调递增，而ℎ′(0)=0，
∴ℎ(x)在[0,+∞)上单调递增，故ℎ(x)≥ℎ(0)=0，符合题意，
∴实数k 的最大值为2；
(Ⅲ)证明：易知0<x 1<1<x 2，
∵lnx <2(x−1)
x+1,x ∈(0,1),lnx >2(x−1)
x+1,x ∈(1,+∞)，
∴x 1=lnm +lnx 1≤lnm +2(x 1−1)
x 1+1，x 2=lnm +lnx 2≥lnm +2(x 2−1)
x 2+1，
∴x 12+x 1≤(x 1+1)lnm +2x 1−2，x 22+x 2≥(x 2+1)lnm +2x 2−2，
∴x 22−x 12+x 2−x 1≥(x 2−x 1)lnm +2(x 2−x 1)，即x 2+x 1+1≥lnm +2，即x 2+x 1≥lnm +1，
∴要证x 1+x 2≥3−e m ，即证lnm +1≥3−e m ，只需证lnm +e m ≥2，
记F(m)=lnm +e m ，则F′(m)=1m −e m 2=
m−e m 2，
易知F(m)在(e,+∞)上单调递增，
∴F(m)≥F(e)=2，即得证．
【知识点】利用导数研究闭区间上函数的最值、函数的零点与方程根的关系
【解析】(Ⅰ)问题等价于直线y=m与函数g(x)=e x
x
的图象有两个交点，求m的取值范围，作出g(x)的图象，观察图象即可得解；
(Ⅱ)依题意，ℎ(x)=xe x+x−k(e x−1)≥0对任意的x∈[0,+∞)恒成立，而ℎ(x)= xe x+x−k(e x−1)≥0的一个必要条件是ℎ′(0)≥0，由此可得k≤2，再验证k=2时符合题意，即可求得实数k的最大值；
(Ⅲ)注意lnx<2(x−1)
x+1,x∈(0,1),lnx>2(x−1)
x+1
,x∈(1,+∞)，结合题意可得x2+x1≥
lnm+1，利用分析法转化可得lnm+e
m
≥2，再构造函数证明即可．
本题考查导数的综合运用，考查了函数的零点，不等式的恒成立问题，利用分析法证明不等式等知识点，考查转化思想，数形结合思想，化归与转化思想，考查运算求解能力以及逻辑推理能力，属于难题．。