2021年全国名校高考数学冲刺试卷(理科)(二)(附答案详解)

2021年全国名校高考数学冲刺试卷（理科）（二）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 若集合M ={x|log 2x <1}，集合N ={x|x 2−1≤0}，则M ∩N =( )
A. {x|1≤x <2}
B. {x|−1≤x <2}
C. {x|−1<x ≤1}
D. {x|0<x ≤1}
2. 已知i 为虚数单位，则
(2+i)(3−4i)
2−i
=( )
A. 5
B. 5i
C. −75−
125
i
D. −75+
125
i
3. 某校高三年级共有学生900人，编号为1，2，3，…，900，现用系统抽样的方法抽
取一个容量为45的样本，则抽取的45人中，编号落在区间[481,720]的人数为( )
A. 10
B. 11
C. 12
D. 13
4. 射线测厚技术原理公式为I =I 0e −ρμt ，其中I 0，
I 分别为射线穿过被测物前后的强度，e 是自然对数的底数，t 为被测物厚度，ρ为被测物的密度，μ是被测物对射线的吸收系数．工业上通常用镅241(241Am)低能γ射线测量钢板的厚度．若这种射线对钢板的半价层厚度为0.8，钢的密度为7.6，则这种射线的吸收系数为( )
(注：半价层厚度是指将已知射线强度减弱为一半的某种物质厚度，ln2≈0.6931，结果精确到0.001)
A. 0.110
B. 0.112
C. 0.114
D. 0.116
5. 若双曲线C 1：x 2
2
−
y 28
=1与C 2：x 2
a 2
−y 2
b 2=1(a >0,b >0)的渐近线相同，且双曲线C 2的焦距为4√5，则b =( )
A. 2
B. 4
C. 6
D. 8
6. 祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是说两个同高的几何体，如在等高处
的截面积恒相等，则体积相等．设A 、B 为两个同高的几何体，p ：A 、B 的体积不相等，q ：A 、B 在等高处的截面积不恒相等．根据祖暅原理可知，p 是q 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
7. 已知函数f(x)=a−2x
a+2x
是奇函数，则f(a)的值等于( )
A. −1
3
B. 3
C. −1
3或3
D. 1
3或3
8. 点G 为△ABC 的重心，设BG ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗
=( ) A. 3
2a
⃗ −1
2b ⃗ B. 32a
⃗ +1
2b ⃗ C. b ⃗ −2a ⃗ D. 2a ⃗ +b ⃗
9.将函数y=cosx−sinx的图象先向右平移φ(φ>0)个单位，再将所得的图象上每个
点的横坐标变为原来的a倍，得到y=cos2x+sin2x的图象，则φ，a的可能取值为()
A. φ=π
2,a=2 B. φ=3π
8
,a=2 C. φ=3π
8
,a=1
2
D. φ=π
2
,a=1
2
10.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E是棱D1C1的中点，点F在正方体内部
或正方体的表面上，且EF//平面A1BC1，则动点F的轨迹所形成的区域面积是()
A. 9
8B. √3
2
C. 3√3
4
D. √2
11.已知实数a，b满足2<a<b<3，下列不等关系中一定成立的是()
A. a3+15b>b3+15a
B. a3+15b<b3+15a
C. b⋅2a>a⋅2b
D. b⋅2a<a⋅2b
12.在△ABC中，∠A=2∠B，AB=7
3
，BC=4，CD平分∠ACB交AB于点D，则线段AD的长为()
A. 1
B. 2
3C. 1
2
D. 1
3
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知抛物线y2=2px(p>0)上一点M到焦点F的距离等于2p，则直线MF的斜率
为______．
14.已知sin2α−2=2cos2α，则sin2α+sin2α=______ ．
15.甲、乙两名运动员进行羽毛球比赛，已知每局比赛甲胜的概率为p，乙胜的概率为
1−p，且各局比赛结果相互独立．当比赛采取5局3胜制时，甲用4局赢得比赛的
概率为8
27
.现甲、乙进行6局比赛，设甲胜的局数为X，则DX=______．
16.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA=PB=PC=PD=2，底面ABCD是边长为√2的
正方形．E是PC的中点，过点A，E作棱锥的截面，分别与侧棱PB，PD交于M，N两点，则四棱锥P−AMEN体积的最小值为______．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17.已知{a n}是等差数列，a1=1，a2+a3+a4=21，数列{b n}满足b1=3，b n+1
n =b n
a n+2
．
(Ⅰ)求数列{a n}，{b n}的通项公式；
(Ⅱ)求数列{a n+log3b n+1}的前n项和．
18.已知四棱锥S−ABCD中，四边形ABCD是菱形，且
∠ABC=120°，△SBC为等边三角形，平面SBC⊥平
面ABCD．
(Ⅰ)求证：BC⊥SD；
(Ⅱ)若点E是线段SA上靠近S的三等分点，求直线DE与平面SAB所成角的正弦值．
19. 新型冠状病毒肺炎COVID −19疫情发生以来，在世界各地逐渐蔓延.在全国人民的
共同努力和各级部门的严格管控下，我国的疫情已经得到了很好的控制.然而，小王同学发现，每个国家在疫情发生的初期，由于认识不足和措施不到位，感染人数都会出现快速的增长.如表是小王同学记录的某国连续8天每日新型冠状病毒感染确诊的累计人数． 日期代码x 1 2 3 4 5 6 7 8 累计确诊人数y
4
8
16
32
51
71
97
122
为了分析该国累计感染人数的变化趋势，小王同学分别用两种模型： ①y ̂
=bx 2+a ，
②y ̂=dx +c 对变量x 和y 的关系进行拟合，
得到相应的回归方程并进行残差分析，残差图如下(注：残差e ̂i =y i −y ̂i )：经过计算得它∑(8i=1x i −x −
)(y i −y −
)=728，
∑(8i=1x i −x −
)2=42，∑(8i=1z i −z −
)(y i −y −
)=6868，
∑(8i=1z i −z −)2=3570，其中z i =x i 2，z −
=
18
∑z i 8i=1．
(1)根据残差图，比较模型①，②的拟合效果，应该选择哪个模型？并简要说明理由；
(2)根据(1)问选定的模型求出相应的回归方程(系数均保留两位小数)；
(3)由于时差，该国截止第9天新型冠状病毒感染确诊的累计人数尚未公布.小王同学认为，如果防疫形势没有得到明显改善，在数据公布之前可以根据他在(2)问求出的回归方程来对感染人数做出预测，那么估计该地区第9天新型冠状病毒感染确诊的累计人数是多少？
附：回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：b ̂
=
∑(8i=1x i −x −
)(y i −y −
)
∑(8i=1x i −x −)
2，a ̂
=
y −
−b ̂
x −
．
20. 已知椭圆E ：
x 2
a 2
+y 2
b 2=1(a >b >0)的离心率为e ，点(1,e)在椭圆E 上，A(a,0)，B(0,b)，三角形OAB 的面积为3
2． (1)求椭圆E 的标准方程；
(2)直线l 交椭圆E 于M ，N 两点，若直线OM 的斜率为k 1，直线ON 的斜率为k 2，且k 1k 2=−1
9，证明三角形OMN 的面积是定值，并求此定值．
21. 已知函数f(x)=xe 2x −2ax +2，g(x)=alnx +2．
(1)当a =1时，求曲线y =f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)设ℎ(x)=f(x)−g(x)，若ℎ(x)在(0,+∞)上有两个零点，求实数a 的取值范围．
22. 在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为{
x =−2+tcosα
y =tsinα
(t 参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 的极坐标方程为ρ2(5−4cos 2θ)=5．
(1)求直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程；
(2)设直线l 交曲线C 于A ，B 两点，求△OAB 面积的最大值．
23. 解关于x 的不等式|x +1|<2，其解集为A ={x|a <x <b|．
(Ⅰ)求实数a ，b 的值；
(Ⅱ)求√at +12+√bt 的最大值．
答案和解析1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了集合的交集运算，属于基础题．
化简集合M、N，根据交集的定义写出M∩N即可．【解答】
解：集合M={x|log2x<1}={x|0<x<2}，
集合N={x|x2−1≤0}={x|−1≤x≤1}，
则M∩N={x|0<x≤1}．
故选：D．
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查复数代数形式的乘除运算，属于基础题．直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】
解：(2+i)(3−4i)
2−i =10−5i
2−i
=5(2−i)
2−i
=5．
故选：A．
3.【答案】C
【解析】解：900人中抽取样本容量为45的样本，则样本组距为：
900÷45=20；
则编号落在区间[481,720]的人数为
(720−481+1)÷20=12．
故选：C．
根据系统抽样的定义，求出对应的组距，再计算编号落在区间[481,720]的人数．
本题主要考查系统抽样的定义，求出组距是解决本题的关键．
4.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查根据实际问题选择函数模型，考查对数的运算性质，是基础的计算题．
由题意可得1
2
=1×e−7.6×0.8μ，两边取自然对数，则答案可求．
【解答】
解：由题意可得，1
2
=1×e−7.6×0.8μ，
∴−ln2=−7.6×0.8μ，
即6.08μ≈0.6931，则μ≈0.114．
∴这种射线的吸收系数为0.114．
故选：C．
5.【答案】B
【解析】解：双曲线C1：x2
2−y2
8
=1的渐近线方程为y=±2x，
由题意可得C2：x2
a2−y2
b2
=1(a>0,b>0)的渐近线方程为
y=±b
a
x，即有b=2a，
又2c=4√5，即c=2√5，即有a2+b2=20，
解得a=2，b=4，
故选：B．
求出双曲线C1的渐近线方程，可得b=2a，再由焦距，可得c=2√5，即有a2+b2=20，解方程，可得b=4．
本题考查双曲线的虚半轴长，注意运用双曲线的渐近线方程和基本量的关系，考查运算能力，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查了祖暅原理、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于拔高题． 利用祖暅原理可得：A 、B 在等高处的截面积恒相等”，可得：A 、B 的体积相等，即可判断出p 与q 的关系． 【解答】
解：设A 、B 为两个同高的几何体，p ：A 、B 的体积不相等，q ：A 、B 在等高处的截面积不恒相等．
由“A 、B 在等高处的截面积恒相等”，由祖暅原理，可得：A 、B 的体积相等． 因此可得：A 、B 的体积不相等，必然：A 、B 在等高处的截面积不恒相等． 即p ⇒q ，反之不成立． ∴p 是q 的充分不必要条件． 故答案选A ．
7.【答案】C
【解析】 【分析】
本题主要考查奇函数的定义，指数式的运算，以及已知函数求值的方法．可根据f(x)为奇函数即可得出
a−2−x a+2−x
=−a−2x
a+2x ，从而可解出a =±1，从而可求出f(a)的值．
解：f(x)是奇函数； ∴f(−x)=
a−2−x a+2
−x =−
a−2x a+2x
；
整理得：(2a 2−2)2x =0； ∴2a 2−2=0； ∴a =±1；
a =1时，f(a)=f(1)=1−21+2=−1
3； a =−1时，f(a)=f(−1)=−1−
1
2−1+
12
=3．
故选C ．
8.【答案】C
【解析】解：由题意知， EB
⃗⃗⃗⃗⃗ +BG ⃗⃗⃗⃗⃗ =EG ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 即12AB ⃗⃗⃗⃗⃗
+BG ⃗⃗⃗⃗⃗ =1
2GC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 故AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =GC ⃗⃗⃗⃗⃗ −2BG ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ −2a ⃗ ， 故选：C ．
由题意作图辅助，从而利用线性运算求解即可．
本题考查了学生的作图能力及数形结合的思想应用．
9.【答案】D
【解析】 【分析】
本题考查的知识要点：正弦型函数的图象的平移和伸缩变换问题的应用． 直接利用正弦型函数的平移和伸缩变换求出结果． 【解答】
解：函数y =cosx −sinx =√2cos(x +π
4)的图象先向右平移φ(φ>0)个单位， 得到y =√2cos(x −φ+π
4)的图象，再将所得的图象上每个点的横坐标变为原来的a 倍， 得到y =cos2x +sin2x =√2cos(2x −π
4)的图象， 所以：①a =1
2 ②−φ+π
4=2kπ−π
4
，
解得：φ=−2kπ+π
2(k ∈Z)， 故当k =0时，φ=π2． 故选：D ．
10.【答案】C
【解析】 【分析】
本题考查动点F 的轨迹所形成的区域面积的求法，考查空间
中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、空间想象能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题．
分别取棱CC 1、BC 、AB 、AA 1、A 1D 1的中点M 、N 、G 、Q 、P ，推导出平面EMNGQP//平面A 1BC 1，从而动点F 的轨迹所形成的区域是平面EMNGQP ，由此能求出动点F 的轨迹所形成的区域面积． 【解答】
解：如图，分别取棱CC 1、BC 、AB 、AA 1、A 1D 1的中点M 、N 、G 、Q 、P ， 则PE//A 1C 1//GN ，EM//A 1B//GQ ，PQ//BC 1//MN ， 易得：平面EMNGQP//平面A 1BC 1，
∵点F 在正方体内部或正方体的表面上，若EF//平面A 1BC 1， ∴动点F 的轨迹所形成的区域是平面EMNGQP ， ∵正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为1， ∴PE =EM =MN =NG =GQ =PQ =
√2
2
，PN =√2，
∴E 到PN 的距离d =(√22)(√24)=√64，
∴动点F 的轨迹所形成的区域面积： S =2S 梯形PNME =2×√2
2
+√22
×
√64
=
3√34
． 故选C ．
11.【答案】D
【解析】解：设f(x)=x 3−15x ，则f′(x)=3x 2−15=3(x +√5)(x −√5)． 当x ∈(2,√5)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x ∈(√5,3)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
若2<a <b <√5，则f(a)>f(b)，即a 3+15b >b 3+15a ；若√5<a <b <3，则f(a)<f(b)，即a 3+15b <b 3+15a ． ∴A ，B 均不一定成立． 设g(x)=
2x
x
，则g′(x)=2x ⋅x⋅ln2−2x
x 2
=
2x (xln2−1)
x 2
．
令g′(x)=0，得x =log 2e ∈(1,2)． ∴当x ∈(2,3)时，g′(x)>0，g(x)为增函数， ∵2<a <b <3，
2b b
>
2a a
，即b ⋅2a <a ⋅2b ．
故选：D ．
分别构造函数f(x)=x 3−15x ，g(x)=2x x
，利用导数研究其单调性，由单调性即可求
得选项．
本题考查利用导数研究函数的单调性，构造函数是解答该题的关键，是中档题．
12.【答案】A
【解析】解：设AD =x ，则DB =7
3−x ， 设∠ACD =∠BCD =α，在△ACD 中，x sinα=CD
sinA ， 在△BCD 中，7
3
−x
sinα=
CD sinB
，
两式相除可得x
73
−x =sinB
sin2B =1
2cosB ，
在△ABC 中，
4
sinA
=7
3
sin(π−A−B)
=
73
sin3B
，即sin2B sin3B =2sinBcosB 3sinB−4sin 3B =
127
，
整理可得24cos 2B −7cosB −6=0，解得cosB =2
3，(负值舍去)， ∴x 7
3
−x
=3
4，解得x =1． 故选：A ．
设AD =x ，则DB =73−x ，可得x sinα=CD
sinA ，
73
−x sinα
=
CD sinB
，在△ABC 中，
4
sinA
=
7
3
sin(π−A−B)
=
7
3
sin3B
，即24cos 2B −7cosB −6=0，解得cos B 即可求解．
本题考查了三角恒等变形、正弦定理，考查了计算能力，属于中档题．
13.【答案】±2√3
3
【解析】解：根据定义，点P 与准线的距离也是2P ， 设M(x 0,y 0)，则P 与准线的距离为：x 0+p
2， ∴x 0+p 2=2p ，x 0=3
2p ，
∴y 0=±√3p ，
∴点M 的坐标(3
2p,±√3p)． 直线MF 的斜率为：
±√3p
32
p =±
2√3
3
．
故答案为：±2√3
3
．
设P(x0,y0)根据定义点M与焦点F的距离等于P到准线的距离，求出x0，然后代入抛物线方程求出y0即可求出坐标．然后求解直线的斜率．
本题考查了抛物线的定义和性质，解题的关键是根据定义得出点M与焦点F的距离等于M到准线的距离，属于中档题．
14.【答案】1或8
5
【解析】解：∵sin2α−2=2cos2α，∴2sinαcosα−2=2(2cos2α−1)，即sinαcosα= 2cos2α，
∴cosα=0或tanα=2．
则sin2α+sin2α=sin2α+2sinαcosα=1+0=1；
或sin2α+sin2α=sin2α+2sinαcosα
sin2α+cos2α=tan2α+2tanα
tan2α+1
=4+4
5
=8
5
，
故答案为：1或8
5
．
利用同角三角函数的基本关系，求得cosα=0或tanα=2，从而求得要求式子的值．本题主要考查同角三角函数的基本关系的应用，属于基础题．
15.【答案】4
3
【解析】解：由题意可得，C32p2(1−p)⋅p=8
27，解得p=2
3
，
∵随机变量X服从二项分布B(6,2
3
)，
∴D(X)=np(1−p)=6×2
3×1
3
=4
3
．
故答案为：4
3
．
由题意可得，C32p2(1−p)⋅p=8
27，解得p=2
3
，再结合二项分布的方差公式，即可求解．
本题主要考查了二项分布的方差公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
16.【答案】2√3
9
【解析】解：连接MN ，交AE 于点F ，连接AC 、BD ，交于点O ，则F 为△PAC 的重心，AC =PA =PC =2， 如图所示：
所以AE =2×√3
2
=√3，所以AE 在底面的投影为AE 2
AC =3
2， 所以V 四棱锥P−AMEN =V 三棱锥A−MNP +V 三棱锥E−MNP =1
3S △PMN ⋅3
2=1
2S △PMN ； 当S △PMN 最小时，四棱锥P −AMEN 的体积取最小值； 设PN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λPD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 则|PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1λ，|PB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1μ
，PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =23PO ⃗⃗⃗⃗⃗ =13(PD ⃗⃗⃗⃗⃗ +PB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=13λPN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +13μPM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 由M 、F 、N 三点共线知，13λ+1
3μ=1， 所以1
λ+1
μ=2
|PN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |+2
|PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=3≥2√2
|PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅2
|PM
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |， 所以|PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |≥16
9
， 当且仅当2|PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2
|PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |时取“=”，
所以V 四棱锥P−AMNE =12S △PMN =12×12×|PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |×|PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |×sin π3≥12×12×169×√3
2=2√39
． 即四棱锥P −AMEN 体积的最小值为2√3
9
． 故答案为：
2√3
9
． 连接MN ，交AE 于点F ，连接AC 、BD ，交于点O ，则F 为△PAC 的重心，且AC =PA =PC =2，求出AE 在底面的投影，得出V 四棱锥P−AMEN =V 三棱锥A−MNP +V 三棱锥E−MNP =
1
2S △PMN
，当S △PMN 最小时，四棱锥P −AMEN 的体积取最小值；利用平面向量的线性表
示和基本不等式求出|PN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |的最小值，即可求出四棱锥P −AMEN 体积的最小值．
本题考查了棱锥体积计算问题，也考查了运算求解能力与推理和转化思想，是难题．
17.【答案】解：(I)设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 1=1，a 2+a 3+a 4=21，
∴3+6d =21，解得d =3． ∴a n =1+3(n −1)=3n −2． 数列{b n }满足b 1=3，b n+1n
=b n
a
n +2
，
∴
b n+1n
=b
n
3n−2+2，化为：
b n+1b n
=1
3
．
∴数列{b n }是等比数列，b n =3×(1
3)n−1=(1
3)n−2．
(II)∴a n +log 3b n+1=3n −2+log 3(1
3)n−1=3n −2+1−n =2n −1．
∴数列{a n +log 3b n+1}的前n 项和=
n(1+2n−1)
2
=n 2．
【解析】(I)设等差数列{a n }的公差为d ，由a 1=1，a 2+a 3+a 4=21，利用通项公式可得d ，a n .代入
b n+1n
=b n
a
n +2
，利用等比数列的通项公式可得b n ．
(II)代入利用对数运算性质可得a n +log 3b n+1，利用等差数列的求和公式即可得出数列{a n +log 3b n+1}的前n 项和．
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、对数运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
18.【答案】证明：(Ⅰ)取BC 的中点F ，连接BD 、DF 和SF ，
因为△SBC 为等边三角形，所以SF ⊥BC ； 又四边形ABCD 是菱形，且∠ABC =120°， 所以△BCD 为等边三角形，所以DF ⊥BC ； 又SF ∩DF =F ，SF ⊂平面SDF ，DF ⊂平面SDF ， 所以BC ⊥平面SDF ，又SD ⊂平面SDF ， 所以BC ⊥SD ；
(Ⅱ)解：因为平面SBC ⊥平面ABCD ，平面SBC ∩平面ABCD =BC ， SF ⊥BC ，SF ⊂平面SBC ，所以SF ⊥平面ABCD ； 又DF ⊥BC ，所以SF 、BC 、DF 两两垂直；
以点F 为坐标原点，
FC 、FD 、FS 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系F −xyz ，
如图所示；
不妨设AB =2，则A(−2,√3,0)，B(−1,0，0)，S(0,0，√3)； 所以AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−√3,0)，AS ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,√3,√3)； 设平面SAB 的一个法向量为m
⃗⃗⃗ =(x,y ，z)， 由{m ⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ⃗⃗⃗ ⋅AS ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得{x −√3y =02x −√3y +√3z =0，
令y =1，得m ⃗⃗⃗ =(√3,1，−1)，
又SE ⃗⃗⃗⃗⃗ =13
SA
⃗⃗⃗⃗⃗ =(−23
,√33
,−√33
)，所以E(−23
,√33
,2√33
)， 又D(0,√3,0)，所以DE
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2
3
,−2√33,2√3
3
)， 设直线DE 与平面SAB 所成的角为θ， 则sinθ=
|DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ |
|DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |×|m ⃗⃗⃗ |
=
|−
2√33−2√33−2√3
3
|√49+129+12
9
×√3+1+1=
3√105
35．
【解析】(Ⅰ)取BC 的中点F ，连接BD 、DF 和SF ，证明BC ⊥平面SDF 即可； (Ⅱ)证明SF 、BC 、DF 两两垂直，由此建立空间直角坐标系F −xyz ，求出平面SAB 的一个法向量，再求直线DE 与平面SAB 所成角的正弦值．
本题考查了空间中线面的位置关系应用问题，也考查了利用向量法求空间角的应用问题，是中档题．
19.【答案】解：(1)选择模型①，理由如下：根据残差图可以看出，
模型①的估计值和真实值相对比较接近，
模型②的残差相对比较大，所以模型①的拟合效果相对较好； (2)由(1)可知y 关于x 的回归方程为y ̂
=bx 2+a ， 令z =x 2，则y ̂
=bz +a ，
由所给的数据可得：z −
=1
8(1+4+9+16+25+36+49+64)=25.5， y −
=1
8(4+8+16+31+51+71+97+122)=50，
b ̂
=
∑(8i=1z i −z −)(y i −y −
)
∑(8i=1z i −z −
)
2=
68683570
≈1.92，
则a ̂
=y −−b ̂
z −≈50−1.92×25.5=1.04，
所以y 关于x 的回归方程为y ̂
=1.92x 2+1.04；
(3)将x =9代入回归方程，可得y ̂
=1.92×92+1.04=156.56≈157(人)， 所以预测该地区第9天新型冠状病毒感染确诊的累计人数约为157人．
【解析】(1)利用数形结合即可判断选择哪个模型；
(2)先利用所给的数据求出变量的平均值，然后再利用已知的数据代入公式即可求解； (3)把x =9代入回归方程即可求解．
本题考查了非线性回归方程的求解，考查了学生的运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由题意可得{
e =c
a
12
ab =3
21a 2+e 2
b 2
=1a 2=b 2+c 2可得a 2=9，b 2=1， 所以椭圆的方程：
x 29
+y 2=1；
(2)证明i)：当直线l 的斜率不存在时，设直线l ：x =t(−3<t <3,t ≠0)， 代入椭圆中，可得y 2
=1−t 2
9，
则k 1k 2
=
√1−t
29
t ×
−√1−
t 29
t
=−
1−
t 29t 2
=−1
9，
解得t 2=9
2．
则三角形OMN 的面积为12
×2√1−t 2
9
×|t|=32
，
当直线l 的斜率存在时，设点M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)， 直线l ：y =kx +m
ii)：联立直线与椭圆的方程：{y =kx +m
x 29
+y 2
=1
，整理可得(1+9k 2)x 2+18kmx +9m 2−9=0，
△=(18km)2−4(1+9k 2)(9m 2−9)=36(9k 2−m 2+1)>0， 则x 1+x 2=−18km 1+9k 2，x 1x 2=9m 2−99k 2−1
，
k 1k 2=y 1x 1
⋅y 2x 2
=
(kx 1+m)(kx 2+m)
x 1x 2
=
−9k 2+m 29m 2−9
=−1
9，
所以1+9k2=2m2，满足△>0，
|MN|=√1+k2|x1−x2|=6√1+k2⋅√9k2−m2+1
1+9k2
，
又原点O到直线l的距离d=
√1+k2
，
所以三角形OMN的面积S=1
2
×|MN|×d
=1
2×6√1+k2⋅√9k2−m2+1
1+9k2
×
√1+k2
=3|m|√2m2−m2
2m2
=3
2
，
所以三角形OMN的面积为定值3
2
，
综上可证，三角形OMN的面积是定值3
2
．
【解析】(1)由点的坐标，三角形的面积的值和a，b，c之间的关系，求出a，b的值，进而求出椭圆的方程；
(2)当直线l的斜率不存在时，设直线l的方程与椭圆联立求出交点的坐标，进而求出直
线OM，ON的斜率，由斜率之积等于−1
9
，可证得三角形的面积为定值；
当直线的斜率存在时设直线l的方程，与椭圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|MN|的表达式，再求原点到直线l的距离，求出三角形面积的表达式，再由直线OM，ON的斜率之积的值，可证得三角形的面积为定值．
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合，属于中难题．
21.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=xe2x−2x+2，
∴f(0)=2，f′(x)=(1+2x)e2x−2，
∴f′(0)=e0−2=−1，
∴切线方程为：y−2=−x，即x+y−2=0；
(2)ℎ(x)=f(x)−g(x)=xe2x−2ax−alnx，
若ℎ(x)在(0,+∞)上有2个零点，显然a≠0，
由xe2x−2ax−alnx=0，得1
a =ln(xe2x)
xe2x
，
令t=xe2x，t∈(0,+∞)，则1
a =lnt
t
，
令φ(t)=lnt
t ，则φ′(t)=1−lnt
t2
，由1−lnt=0，得：t=e，
故当t ∈(0,e)时，φ′(t)>0，当t ∈(e,+∞)，φ′(t)<0， ∴φ(t)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减， 故φ(t)的极大值为φ(e)=1
e ，
又当t →+∞时，φ(t)→0，当t →0+时，φ(t)→−∞， 故ℎ(x)在(0,+∞)上有2个零点时，1
a ∈(0,1
e )， 故实数a 的取值范围是(e,+∞)．
【解析】(1)代入a 的值，计算f(0)，f′(0)，求出切线方程即可； (2)由xe 2x −2ax −alnx =0，得1
a =
ln(xe 2x )xe 2x
，令t =xe 2x ，t ∈(0,+∞)，则1a =
lnt t
，令
φ(t)=
lnt t
，求出函数的导数，根据函数的单调性求出a 的取值范围即可．
本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用，是中档题．
22.【答案】解：(1)由{x =−2+tcosα
y =tsinα(t 参数)，消去参数t ，可得xsinα−ycosα+2sinα=
0，
∴直线l 的普通方程为xsinα−ycosα+2sinα=0． 由ρ2(5−4cos 2θ)=5得，5ρ2−4ρ2cos 2θ=5， 将x =ρcosθ，ρ2=x 2+y 2代入，得x 25
+y 2=1，
∴曲线C 的直角坐标方程为
x 25
+y 2=1；
(2)根据题意，sinα≠0，设点A ，B 对应的参数分别为t 1，t 2， 将直线l 的参数方程{x =−2+tcosαy =tsinα代入x 25+y 2=1，
得(1+4sin 2α)t 2−4tcosα−1=0． 故t 1+t 2=4cosα1+4sin 2α，t 1t 2=−1
1+4sin 2α，
|AB|=|t 1−t 2|=√(t 1+t 2)2−4t 1t 2=√(4cosα1+4sin 2α)2+41+4sin 2α=2√5
1+4sin 2α． 点O 到直线l 的距离d =√sin 2α+cos 2α=2|sinα|． ∴S △OAB =12|AB|⋅d =12⋅2|sinα|⋅2√51+4sin 2α=2√5
1
|sinα|
+4|sinα|
≤
√52√1
|sinα|
⋅4|sinα|
=
√5
2．
当且仅当1
|sinα|=4|sinα|，即sinα=±1
2时取等号．
∴△OAB面积的最大值为√5
2
．
【解析】(1)将直线l的参数方程消去参数t，即可得l的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得曲线C的直角坐标方程；
(2)将直线l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，再利用直线参数方程中参数t的几何意义及弦长公式、点到直线的距离公式、三角形面积公式与基本不等式求解．
本题考查直角坐标方程与极坐标方程的互化，考查参数方程化普通方程，考查运算求解能力，是中档题．
23.【答案】解：(Ⅰ)由|x+1|<2，得−2<x+1<2，
解得−3<x<1，
所以a=−3，b=1．
(Ⅱ)由(Ⅰ)得√−3t+12+√t=√3⋅√4−t+√t≤
√[(√3)2+12][(√4−t)2+(√t)2]=2√4−t+t=4，
当且仅当√4−t
√3=√t
1
，即t=1时等号成立，
故√−3t+12+√t的最大值为4．
【解析】(Ⅰ)根据绝对值的意义，去掉绝对值，解不等式即可求出不等式的解集，从而求出a，b的值；
(Ⅱ)利用柯西不等式的性质即可求出最大值．
本题考查绝对值不等式的解法、柯西不等式，考查运算求解能力，属于基础题．。