陕西省咸阳市2020届高三高考模拟考试数学(理)试卷
【2020届咸阳一模】理科数学试题及答案解析
咸阳市2020年高考模拟检测（一）数学（理科）试题注意事项：1.本试卷共6页，满分150分，时间120分钟；2.答卷前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核准条形码上的姓名、准考证号；3.第Ⅰ卷选择题必须使用2B 铅笔填涂，第Ⅱ卷非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，涂写要工整、清晰；4.考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回.第Ⅰ卷（选择题 共60分）一、选择题:本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.设z ∙i =2i +1，则z =（ ）A. 2+iB. 2−iC. −2+iD. −2−i2.已知集合A ={(x ，y)|y =2x }， B ={(x ，y)|y =x +1}，则A ∩B 中元素的个数为（ ）A. 3B. 2C. 1D. 03.在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（√32，12），若OA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 绕点O 逆时针旋转60°得到向量OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（ ） A.（0，1） B.（1，0） C.（√32，−12） D.（12，−√32） 4.已知b >a >0，则（ ）A. |1−a | >|1−b |B. ( 12)a <( 12)bC. lga <lgbD. 1a< 1b5.椭圆2x 2−my 2=1的一个焦点坐标为(0，−√2)，则实数m =（ ）A.23B.25C. −23D. −256.∆ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b，c既是等差数列又是等比数列，则角B的值为（）A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°7.直三棱柱 ABC−A1B1C1中， AA1=AB=AC=BC，则异面直线AB1和BC1所成角的余弦值为（）A. −12B.12C. −14D.148.函数 y=sinx，在[0，π]中随机取一个数x，使y∈[0，12]的概率为（）A.16B.14C.13D.129.已知x+2y=xy(x>0，y>0)，则2x+y的最小值为（）A. 10B. 9C. 8D. 710.已知曲线C1：y=sinx, C2：y=cos(12x−π3)，则下面结论正确的是（）A.把C1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π3个单位长度，得到曲线C2.B.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π3个单位长度，得到曲线C2.C.把C1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向（第7题图）左平移π3个单位长度，得到曲线C2.D.把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π3个单位长度，得到曲线C2.11.设f(x)为R上的奇函数，满足f(2−x)=f(2+x),且当0≤x≤2时，f(x)=xe x，则f(1)+f(2)+f(3)+⋯+f(100)=（）A．2e+2e2B．50e+50e2C．100e+100e2D．−2e−2e212.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的两个焦点分别为F1，F2，以F1F2为直径的圆交双曲线C于P，Q，M，N四点，且四边形PQMN为正方形，则双曲线C的离心率为( )A.√2+√2B. 2+√2C. 2−√2D.√2−√2第Ⅰ卷（非选择题共90分）二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.曲线y=x∙lnx在点（1，0）处的切线方程为.14.已知cos2x−sin2x=Asin(ωx+φ)+b(A>0，ω>0)，则A=, b=. （本题第一空3分，第二空2分.）15.如果几个函数的定义域相同、值域也相同，但解析式不同，称这几个函数为“同域函数”.试写出 y=√x−1−√2−x 的一个“同域函数”的解析式为.16．秦九韶是我国古代的数学家，他的《数书九章》概括了宋元时期中国传统数学的主要成就．秦九韶算法是一种将一元n次多项式的求值问题转化为n个一次式的算法，其大大简化了计算过程，即使在现代，利用计算机解决多项式的求值问题时，秦九韶算法依然是最优的算法，在西方被称作霍纳算法.f (x )=a n x n +a n−1x n−1+a n−2x n−2+⋯+a 1x +a 0. 改写成以下形式：f (x )=a n x n +a n−1x n−1+a n−2x n−2+⋯+a 1x +a 0 =（a n x n−1+a n−1x n−2+a n−2x n−3+⋯+a 1）x +a 0 =（（a n x n−2+a n−1x n−3+⋯+a 3x +a 2）x +a 1）x +a 0⋮=(⋯((a n x +a n−1)x +a n−2)x +⋯+a 1)x +a 0若f (x )=(2+√3)x 5+(1+√3)x 4+(1+√3)x 3+(1+√3)x 2 +(1+√3)x −1.则f(2−√3)= .三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题：共60分．17.（本小题满分12分）如图，长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中， E 是棱D 1C 1的中点，AB =2，BC =BB 1=1.（1）求证：平面DB 1C 1⊥平面DCC 1D 1． （2）求二面角D −EB 1−C 1的余弦值.BADCD 1C 1B 1A 1E（第17题图）18.（本小题满分12分）甲、乙两位同学参加诗词大赛，各答3道题，每人答对每道题的概率均为34，且各人是否答对每道题互不影响.（1）用X 表示甲同学答对题目的个数，求随机变量X 的分布列和数学期望. （2）设A 为事件“甲比乙答对题目数恰好多2”，求事件A 发生的概率. 19.（本小题满分12分）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n =2a n −2n −1，(n ∈N +). （1）求证：数列{a n +2}是等比数列. （2）求数列{n ∙(a n +2)}的前n 项和.20.（本小题满分12分）已知f (x )=e x ，g (x )=ln(x +2).（1） f (x )和g (x )的导函数分别为f′(x )和g′(x )，令h (x )=f′(x )−g′(x ),判断h (x )在（−2，+∞）上零点个数. （2）当x >−2时，证明：f (x )>g (x ). 21.（本小题满分12分）如图，过抛物线C ：y 2=8x 的焦点F 的直线交抛物线C 于不同两点A ，B ，P 为抛物线上任意一点（与A 、B 不重合），直线PA ，PB 分别交抛物线准线l 于点M ，N. （1）写出焦点F 的坐标和准线l 的方程； （2）求证：MF ⊥NF .(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．作答时用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号涂黑.OlPyxABN MF（第21题图）22．（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程在直角坐标系xoy 中，曲线C 的参数方程{x =2√3cosβ，y =2sinβ (β为参数).直线l 的参数方程{x =√3+tcosα，y =1+tsinα (t 为参数).（1）求曲线C 在直角坐标系中的普通方程;（2）以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，当曲线C 截直线l 所得线段的中点极坐标为（2，π6）时，求直线 l 的倾斜角.23．（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲 已知函数f (x )=|x −a |(x −2)+|x −2|(x −a ). （1）当a =2时，求不等式f (x )<0的解集；（2）若x ∈(0，2)时， f(x)≥0，求a 的取值范围．咸阳市2020年高考模拟检测（一）数学（理科）答案一、 选择题： 题号12 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 B BACDCDCBDAA二、 填空题：13. y =x −1 14. A= √52b= 1215. y =2x −3，x ∈[1，2] 或y =2x −3，x ∈[1，2]或 y =3x−1−2，x ∈[1，2]或 y =log √2x −1，x ∈[1，2]… 16. 0 三、解答题：17、解：（1）证明：∵ABCD −A 1B 1C 1D 1是长方体∴B 1C 1⊥平面DCC 1D 1 ----------------------------------3分 又 ∵ B 1 C 1 平面DB 1C 1∴平面DB 1C 1⊥平面DCC 1D 1 ------------------------6分 （2）方法一：取G 、M 、H 分别是AB 、EB 1、A 1B 1的中点，连接DG 、GM 、MH 、GH 、A 1E.∵AB =2，BC =BB 1=1A 1E ⊥EB 1，即HM ⊥EB 1, 又∵GH ⊥EB 1 ----------8分 ∴∠GMH 或其补角是二面角D −EB 1−C 1的平面角. 又∵MH =12A 1E =√22∴cos ∠GMH =MH MG=√22√12+(√22)2=√33-----------------------10分∴二面角D −EB 1−C 1的余弦值为−√33--------------------12分方法二：HGMz BADCD 1C 1B 1A 1E DC以D 1为坐标原点，以D 1A 1、D 1C 1、D 1D 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示；D(0，0，1)，B 1(1，2，0)，E(0，1，0)DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，1，−1)，EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，1，0) --------------8分 设n⃗ =(x 0，y 0，z 0)是平面DEB 1的一个法向量. {DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙n ⃗ =0EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙n ⃗ =0，∴{y 0−z 0=0x 0+y 0=0令z 0=1则x 0=−1，y 0=1n⃗ =(−1，1，1) 平面EB 1C 1的一个法向量D 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0，0，1)cos <n ⃗ ，D 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=n⃗ ∙D 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n ⃗ |∙|D 1D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3×1=√33--------10分显然，二面角D −EB 1−C 1是钝角. 所以，二面角D −EB 1−C 1的余弦值为−√33----------12分18、解：（1）X 的取值为0，1，2，3 -------------------1分P (X =0)=(14)3=164P (X =1)=C 31(34)(14)2=964P (X =2)=C 32(3)2(1)=27xP(X=3)=(34)3=2764-----------------4分因此，X的分布列为EX=0×164+1×964+2×2764+3×2764=94---------------6分(2)由题意得：事件A“甲比乙答对题目数恰好多2”发生即：“甲答对2道，乙答对题0道”和“甲答对3道，乙答对题1道”两种情况；--------------------------8分P(A)=2764×164+2764×964=1352048-------12分19、（1）证明：令n=1则a1=3-------------1分∵S n=2a n−2n−1，(n∈N+)−−−①∴S n−1=2a n−1−2(n−1)−1，(n≥2，n∈N+)−−−②①-②得：a n=2a n−2a n−1−2a n=2a n−1+2∴a n+2a n−1+2=2(a n−1+2)a n−1+2=2∴{a n+2}是等比数列--------------6分（2）由（1）知：数列{a n+2}是首项为：a1+2=5，公比为2的等比数列.∴a n+2=5×2n−1-----------------------8分∴n∙(a n+2）=5∙n∙2nX0123P16496427642764设数列{n∙(a n+2)}的前n项和为T n，则T n=52(1∙2+2∙22+3∙23+⋯+n∙2n)−−−③∴2T n=5（1∙22+2∙23+3∙24+⋯+n∙2n+1）−−−④③-④得:−T n=52（2+22+23+⋯+2n−n∙2n+1）=52[2(1−2n)1−2−n∙2n+1]∴T n=5(n−1)2n+5---------------12分20、解：（1）∵f′(x)=e x，g′(x)=1x+2(x>−2)∴h(x)=e x−1x+2(x>−2)-------------3分∵h(x)在（−2，+∞）内单调递增又 h(−1)=1e −1<0，h(0)=1−12>0∴h(x)在（−2，+∞）内有且只有一个零点-----------6分（2）令H(x)=f(x)−g(x)=e x−ln(x+2)H′(x)=e x−1x+2--------------------8分由（1）可知：存在x0∈（−1，0）使得H′(x0)=e x0−1x0+2=0即：e x0=1x0+2当x∈（−2，x0）时，H′(x)<0当x ∈（x0，+∞）时，H′(x)>0------------------10分H(x)min=H(x0)=e x0−ln(x0+2)=e x0+x0=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+2>0∴f(x)>g(x)-----------------------12分21、解：由题意得：（1）抛物线的焦点为F(2，0)，准线l 的方程为：x =−2. ----2分（2）由（1）知，设直线AB 的方程为：x −2=my (m ∈R) 令P(x 0，y 0)，A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)由{x −2=my y 2=8x消去x 得：y 2−8my −16=0由根与系数的关系得：y 1y 2=−16------------------4分直线PB 方程为：y−y 0y 2−y 0=x−x 0x 2−x 0y =y 2−y 0x 2−x 0(x −x 0)+y 0=y 2−y 0y 228−y 028(x −y 028)+y 0=8y 2+y 0(x −y 028)+y 0=y 2y 0+8x y 2+y 0当x =−2时，y =y 2y 0−16y 2+y 0 ∴N(−2，y 2y 0−16y 2+y 0)O l P y x A B N M F （第21题图）同理得：M(−2，y 1y 0−16y 1+y 0) ----------------------8分∴FN ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−4，y 2y 0−16y 2+y 0)，FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−4，y 1y 0−16y 1+y 0) ∴FN ⃗⃗⃗⃗⃗ ∙FM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =16+y 2y 0−16y 2+y 0×y 1y 0−16y 1+y 0=16(y 2+y 0)(y 1+y 0)+(y 2y 0−16)(y 1y 0−16)(y 2+y 0)(y 1+y 0)=16y 1y 2+16y 02+y 1y 2y 02+256(y 2+y 0)(y 1+y 0)=16(−16)+16y 02+(−16)y 02+256(y 2+y 0)(y 1+y 0)=0 ------------------10分∴FN ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥FM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 所以，MF ⊥NF ------------------12分22、解：（1）由曲线C 的参数方程{x =2√3cosβ，y =2sinβ(β为参数). 得：{cosβ=2√3sinβ=y 2∴曲线C 的参数方程化为普通方程为：x 212+y 24=1 ----------4分 （2）解法一：中点极坐标（2，π6）化成直角坐标为（√3，1）设直线l 与曲线C 相交于A(x 1，y 1)，B （x 2，y 2）两点x 1+x 22=√3，y 1+y 22=1 则{x 1212+y 124=1−−−−①x 2212+y 224=1−−−−②-------------6分 ②-①得：x 22−x 1212+y 22−y 124=0 化简得：y 2−y 1x 2−x 1=−x 1+x 23(y 1+y 2)=−2√33×2=−√33 -------------8分 即：k l =−√33=tanα又∵α∈（0，π） 所以，直线l 倾斜角为5π6. -----------------------10分 解法二：中点极坐标（2，π6）化成直角坐标为（√3，1）将{x=√3+tcosαy=1+tsinα 分别代入x212+y24=1得（√3+tcosα）212+(1+tsinα)24=1∴（cos2α+3sin2α）t2+(6sinα+2√3cosα)t−6=0 ∴t1+t2=−6sinα−2√3 cosαcos2α+3sin2α=0-------------8分∴sinα=−√3即：tanα=−√3又∵α∈（0，π）所以，直线l倾斜角为5π6. -----------------------10分23、解：（1）当a=2时，f(x)=|x−2|(x−2)+|x−2|(x−2)由f(x)<0得|x−2|(x−2)+|x−2|(x−2)<0--------------1分①当x≥2时，原不等式可化为：2（x−2)2<0解之得：x∈∅--------------------3分②当x<2时，原不等式可化为：−2(x−2)2<0解之得：x∈R且x≠2∴x<2因此，f(x)<0的解集为：{x|x<2}--------------------5分（2）当x∈(0,2)时，f(x)=|x−a|(x−2)+|x−2|(x−a)=(x−2)[|x−a|−(x−a)]--------------7分由f(x)≥0得(x−2)[|x−a|−(x−a)]≥0∴|x−a|≤x−a∴x−a≥0∴a≤x，x∈(0，2)∴a≤0所以， a的取值范围为(−∞，0]------------------10分。
陕西省咸阳市2023届高三下学期一模理科数学试题(解析版)
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，求出抛物线C的焦点坐标及准线方程，再利用定义求解作答.
【详解】抛物线C： 的焦点 ，准线方程 ，
显然点A的横坐标为2，由抛物线定义得： ，所以 .
故选：B6.执行如图所来自的程序框图，若输入 ，则输出s＝（）
A. B. C. D.
【答案】A
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得 ，进而结合双曲线的性质和已知条件得 ， ， ，再根据 ， ， 得 ，进而根据离心率公式求解即可.
【详解】解：如图，设直线 为双曲线 的两条渐近线，
则直线 的方程分别为 ， ，
因为 ，所以 ，即 ，
因为 ，直线 的方程分别为 ，即 ，
所以 到直线 的距离为 ，
所以， 的实数解有 个，
所以，函数 零点的个数是 个.
故答案为：
三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17.已知数列 的前n项之积为 ．
（1）求数列 的通项公式；
A.11.1米B.10.1米C.11.11米D.11米
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用等比数列通项及前n项和公式计算作答.
【详解】依题意，乌龟爬行的距离依次排成一列构成等比数列 ， ，公比 ， ，
所以当阿喀斯与乌龟相距0.01米时，乌龟共爬行的距离 .
故选：C
5.设F为抛物线C： 的焦点，点A在C上，且A到C焦点的距离为3，到y轴的距离为2，则p＝（）
【小问1详解】
2020届陕西省咸阳市高三第二次高考模拟检测数学(理)试题(带答案解析)
17．已知等差数列 满足 ， ，其前 项和为 .
（1）求数列 的通项公式 及 ；
（2）若 ，求数列 的前 项和 .
18．已知四棱锥 中，底面 为直角梯形， 平面 ，且 ， ， .
（1）求证：平面 平面 ；
2．C
【解析】
【分析】
按照复数的运算法则进行计算即可得出虚部.
【详解】
由题意得: ，
的虚部为 .
故选：C.
【点睛】
本题考查复数的运算，属于基础题.
3．D
【解析】
【分析】
求出 以及 的值,即可求出向量 在向量 上的投影.
【详解】
解:由题意知, ,
则
故选:D.
【点睛】
本题考查了向量投影的概念,考查了向量的数量积,考查了向量的模.在求一个向量 在另一个向量 的投影时,有两种做题思路:一是直接求,即 ;另外还可以由向量数量积的运算可知, .
（2）是否存在圆心在原点的定圆与直线 总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由.
21．已知函数 （ 且 ）.
（1）讨论 的单调性；
（2）对任意 ， 恒成立，求 的取值范围.
22．在直角坐标系 中，曲线 的参数方程为 ( 为参数)，曲线 .
（1）在以 为极点， 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求 ， 的极坐标方程；
【详解】
依题意 ，由于 为定义域上的减函数，故 ，故A选项不等式成立.由于 为定义域上的增函数，故 ，则 ，所以B选项不等式不成立，D选项不等式成立.由于 ，故 ，所以C选项不等式成立.综上所述，本小题选B.
【点睛】
陕西省咸阳市2020年高考模拟检测(三)数学(理科)试题 含答案
陕西省咸阳市2020年高考模拟检测(三)数学(理科)试题注意事项:1.本试卷共4页满分150分时间120分钟;2.答卷前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号并认真核准条形码上的姓名、准考证号;3.第Ⅰ卷选择题必须使用2B 铅笔填涂,第Ⅱ卷非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，涂写要工整、清晰;4.考试结束,监考员将试题卷答题卡一并收回第I 卷(选择题共60分)一、选择题:本大题共12小题,每小题5分,共60分在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.若集合A={1,2,3,4,5},集合{|04},B x x <=<则图中阴影部分表示 A.{1.2,3,4}B.{1，2，3}C.{4，5}D.{1，4}2.已知等比数列{a n }的前n 项和为143,2,1,n S a a a ==则4S = A.31 B.15 C.8 D.73.某医院抽调甲、乙、丙三名医生,抽调A 、B 、C 三名护士支援武汉第一医院与第二医院，参加武汉疫情狙击战，其中选一名护士与一名医生去第一医院，其它都在第二医院工作,则医生甲和护士A 被选为第一医院工作的概率为 A.112 B.16 C.15 D.194.已知非零向量a,b 满足||,a b =且−⊥(a b)b 则与a b 的夹角为A.π6B.π4C.π3D.π25.设复数=满足|1i |1z −+=,z 在复平面内对应的点为(),,P x y 则点P 的轨迹方程为()2222.1 1 .(1)1A x y B x y ++=−+= ()()2222.(1) 1 .111C x y D x y +−=−++=6.“22ππα−<<”是“方程2212cos x y α−=表示双曲线”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.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造在一个和谐优美的几何体。
精品解析：2020届全国100所名校最新高考模拟示范卷高三理科数学模拟测试试题(二)(解析版)
故答案为：
【点睛】本题考查简单的线性规划问题；考查运算求解能力和数形结合思想；根据图形，向下平移直线 找到使目标函数取得最大值的点是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.
15.已知函数 ，点 和 是函数 图象上相邻的两个对称中心，则 _________.
【答案】
【解析】
【分析】
1.若集合 ， ，则 （）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
求解分式不等式解得集合 ，再由集合并运算，即可求得结果.
【详解】因为 ，所以 .
故选：D.
【点睛】本题考查集合的并运算，涉及分式不等式的求解，属综合基础题.
2. 是虚数单位， ，则 （）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
方差 43.2，
所以选项C的说法是错误的.
故选：C.
【点睛】本题考查由茎叶图求中位数、平均数、方差以及众数，属综合基础题.
4.若双曲线 的左、右焦点分别为 ，离心率为 ，点 ，则 ( )
A. 6B. 8C. 9D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意写出 与 坐标，表示出 ，结合离心率公式计算即可.
【分析】
根据题意，利用函数奇偶性的定义判断函数 的奇偶性排除选项 ；利用 排除选项A即可.
【详解】由题意知，函数 的定义域为 ，其定义域关于原点对称，
因为
又因为 ，
所以 ，即函数 为偶函数，故排除 ；
又因为 ，故排除A.
故选：B
【点睛】本题考查函数解析式较复杂的图象的判断;利用函数奇偶性、特殊值符号的正负等有关性质进行逐一排除是解题的关键;属于中档题.
2020届全国100所名校最新高考模拟示范卷(四)高三数学(理)试题及答案
绝密★启用前2020届全国100所名校最新高考模拟示范卷（四）高三数学（理）试题注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上 一、单选题 1．已知集合{}|26Mx x =-<<，{}2|3log 35N x x =-<<，则MN =（ ）A ．{}2|2log 35x x -<<B ．{}2|3log 35x x -<<C ．{}|36x x -<<D ．{}2|log 356x x <<答案：A根据对数性质可知25log 356<<，再根据集合的交集运算即可求解. 解：∵25log 356<<， 集合{}|26Mx x =-<<，∴由交集运算可得{}2|2log 35M N x x ⋂=-<<.故选：A. 点评：本题考查由对数的性质比较大小，集合交集的简单运算，属于基础题. 2．设复数z 满足12z zz +=+，z 在复平面内对应的点的坐标为(),x y 则（ ） A ．221x y =+ B ．221y x =+ C ．221x y =- D ．221y x =-答案：B根据共轭复数定义及复数模的求法，代入化简即可求解. 解：z 在复平面内对应的点的坐标为(),x y ，则z x yi =+，z x yi =-，∵12z zz +=+，1x =+，解得221y x =+. 故选：B. 点评：本题考查复数对应点坐标的几何意义，复数模的求法及共轭复数的概念，属于基础题. 3．“2b =”是“函数()()2231f x b b x α=--（α为常数）为幂函数”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分又不必要条件答案：A根据幂函数定义，求得b 的值，结合充分条件与必要条件的概念即可判断. 解：∵当函数()()2231af x b b x =--为幂函数时，22311b b --=，解得2b =或12-， ∴“2b =”是“函数()()2231af x b b x =--为幂函数”的充分不必要条件.故选：A. 点评：本题考查了充分必要条件的概念和判断，幂函数定义的应用，属于基础题.4．已知()21AB =-，，()1,AC λ=，若cos BAC ∠=，则实数λ的值是（ ） A ．-1 B ．7C ．1D ．1或7答案：C根据平面向量数量积的坐标运算，化简即可求得λ的值. 解：由平面向量数量积的坐标运算，代入化简可得cos 105AB AC BAC AB AC⋅∠===. ∴解得1λ=. 故选：C. 点评：本题考查了平面向量数量积的坐标运算，属于基础题.5．嫦娥四号月球探测器于2018年12月8日搭载长征三号乙运载火箭在西昌卫星发射中心发射．12日下午4点43分左右，嫦娥四号顺利进入了以月球球心为一个焦点的椭圆形轨道，如图中③所示，其近月点与月球表面距离为100公里，远月点与月球表面距离为400公里，已知月球的直径约为3476公里，对该椭圆有下述四个结论： （1）焦距长约为300公里； （2）长轴长约为3988公里； （3）两焦点坐标约为()150,0±； （4）离心率约为75994． 其中正确结论的个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4答案：B根据椭圆形轨道，设该椭圆长轴长为a ，半焦距为c ，先求得月球的半径r ，再根据近月点与月球表面距离为100公里，有100a c r -=+，远月点与月球表面距离为400公里，有400a c r +=+，然后两式联立求解. 解：设该椭圆长轴长为a ，半焦距为c ，依题意可得月球半径约为1347617382⨯=， 所以1001738183840017382138a c a c -=+=⎧⎨+=+=⎩，解得1988150a c =⎧⎨=⎩所以离心率150751988994c e a ===，可知结论（1）（4）正确，（2）错误； 因为没有给坐标系，焦点坐标不确定，所以（3）错误． 故选：B 点评：本题主要考查椭圆的几何性质，还考查了阅读抽象应用的能力，属于基础题. 6．在ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若1a =，6A π=，且321c b -=，则cos C （）A ．12-B ．3C ．12D 6 答案：A根据1a =，321c b -=，由正弦定理边化为角得到3sin 2sin sin C B A -=，由A B C π++=，得到()3sin 2sin sin C A C A -+=，再根据6A π=求解.解：由321c b -=，得32c b a -=，即3sin 2sin sin C B A -=， 所以()3sin 2sin sin C A C A -+=， 而6A π=，所以3sin 2sin sin 66C C ππ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭， 即3113sin 2sin cos 222C C C ⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭， 解得1cos 2C =-． 故选：A 点评：本题主要考查正弦定理和三角恒等变换，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 7．函数()2cos2cos221xxf x x =+-的图象大致是（ ） A ． B ．C ．D ．答案：C根据函数奇偶性可排除AB 选项；结合特殊值，即可排除D 选项. 解：∵()2cos221cos2cos22121x x x x f x x x +=+=⨯--，()()()2121cos 2cos22121x x x x f x x x f x --++-=⨯-=-⨯=---，∴函数()f x 为奇函数，∴排除选项A ，B ；又∵当04x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x >，故选：C. 点评：本题考查了依据函数解析式选择函数图象，注意奇偶性及特殊值的用法，属于基础题.8．设x ，y 满足约束条件2010x y x y x m -+≥⎧⎪+-≥⎨⎪≤⎩，若2z x y =+的最大值大于17，则实数m 的取值范围为（） A ．()4,+∞ B ．13,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭C ．()6,+∞D ．()5,+∞答案：D先作出不等式组表示的平面区域，然后平移直线l ：20x y +=，当直线l 在y 轴上的截距最大时，z 取得最大值求解. 解：作出不等式组表示的平面区域如图所示，作出直线l ：20x y +=，并平移，当直线l 经过点(),2m m +时，直线在y 轴上的截距最大，z 取得最大值， 因为2z x y =+的最大值大于17， 所以2217m m ++>，解得5m >． 故选：D 点评：本题主要考查线性规划求最值，还考查了数形结合的方法的能力，属于基础题. 9．七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，是由七块板组成．而这七块板可拼成许多图形，人物、动物、建筑物等，在18世纪，七巧板流传到了国外，至今英国剑桥大学的图书馆里还珍藏着一部《七巧图谱》．若用七巧板（图1为正方形），拼成一只雄鸡（图2），在雄鸡平面图形上随机取一点，则恰好取自雄鸡鸡头或鸡尾（阴影部分）的概率为A ．112B ．18C ．14D ．316答案：D这是一个几何概型模型，设包含7块板的正方形边长为4，求得正方形的面积，即为雄鸡的面积，然后求得雄鸡鸡头（标号3或5）和鸡尾（标号6）的面积之和，代入公式求解. 解：设包含7块板的正方形边长为4，正方形的面积为4416⨯=， 则雄鸡鸡头（标号3或5）和鸡尾（标号6）的面积之和为1212132⨯⨯+⨯=， 在雄鸡平面图形上随机取一点，则恰好取自雄鸡几头或鸡尾（阴影部分）的概率为316p． 故选：D 点评：本题主要考查几何概型的概率，还考查了阅读抽象应用的能力，属于基础题.10．如图，直三棱柱ABC A B C '''-的侧棱长为3，AB BC ⊥，3AB BC ==，点E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE BF =，当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，则异面直线A F '与AC 所成的角为（）A ．2π B ．3π C ．4π D ．6π 答案：C设AE BF a ==，13B EBF EBFV S B B '-'=⨯⨯，利用基本不等式，确定点E ，F 的位置，然后根据//EF AC ，得到A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，再利用余弦定理求解.设AE BF a ==，则()()23119333288B EBFaa V a a '-+-⎡⎤=⨯⨯⨯-⨯≤=⎢⎥⎣⎦，当且仅当3a a =-，即32a =时等号成立， 即当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，点E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点， 方法一：连接A E '，AF ，则352A E '=，352AF =，2292A F AA AF ''=+=，13222EF AC ==， 因为//EF AC ，所以A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，由余弦定理得222819452424cos 9322222A F EF A E A FE A F EF +-''+-'∠==='⋅⋅⨯⨯， ∴4A FE π'∠=．方法二：以B 为坐标原点，以BC 、BA 、BB '分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则()0,3,0A ，()3,0,0C ，()0,3,3A '，3,0,02F ⎛⎫⎪⎝⎭， ∴3,3,32A F ⎛⎫'=--⎪⎝⎭，()3,3,0AC =-， 所以9922cos ,92322A F AC A F AC A F AC +'⋅'==='⋅⨯，所以异面直线A F '与AC 所成的角为4π． 故选：C 点评：本题主要考查异面直线所成的角，余弦定理，基本不等式以及向量法求角，还考查了推理论证运算求解的能力，属于中档题.11．已知函数()sin f x a x x =的一条对称轴为56x π=，函数()f x 在区间()12,x x 上具有单调性，且()()12f x f x =-，则下述四个结论：①实数a 的值为1；②()()1,x f x 和()()22,x f x 两点关于函数()f x 图象的一条对称轴对称； ③21x x -的最大值为π， ④12x x +的最小值为23π． 其中所有正确结论的编号是（） A ．①②③ B ．①③④C ．①④D ．③④答案：B 根据56x π=是函数()f x 的一条对称轴，确定函数()f x ，再根据函数()f x 在区间()12,x x 上具有单调性，得到21x x -的最大值为2Tπ=，然后由()()12f x f x =-，得到()()11,x f x 和()()22,x f x 两点关于函数()f x 的一个对称中心对称求解验证. 解： ∵56x π=是函数()f x 的一条对称轴，∴()53f x f x π⎛⎫=-⎪⎝⎭， 令0x =，得()503f f π⎛⎫=⎪⎝⎭，即=1a =，①正确； ∴()sin 2sin 3π⎛⎫==- ⎪⎝⎭f x x x x ．又因为函数()f x 在区间()12,x x 上具有单调性， ∴21x x -的最大值为2Tπ=，且()()12f x f x =-， ∴()()11,x f x 和()()22,x f x 两点关于函数()f x 的一个对称中心对称，∴121233223x x x x k ππ⎛⎫⎛⎫-+- ⎪ ⎪+π⎝⎭⎝⎭=-=π，k Z ∈， ∴12223x x k ππ+=+，k Z ∈， 当0k =时，12x x +取最小值23π，所以①③④正确，②错误．故选：B 点评：本题主要考查三角函数的图象和性质，还考查了推理论证，运算求解的能力，属于中档题.12．如图，在ABC 中，AB 4=，点E 为AB 的中点，点D 为线段AB 垂直平分线上的一点，且4DE =，固定边AB ，在平面ABD 内移动顶点C ，使得ABC 的内切圆始终与AB 切于线段BE 的中点，且C 、D 在直线AB 的同侧，在移动过程中，当CA CD +取得最小值时，ABC 的面积为（）A ．12524-B ．6512-C ．12518-D ．658-答案：A以AB 所在直线为x 轴，ED 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，利用圆的切线长定理，得到C 点的轨迹是以A 、B 为焦点的双曲线在第一象限部分，然后利用直线段最短，得到点C 的位置，再求三角形的面积. 解： 如图，以AB 所在直线为x 轴，ED 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，则()2,0A -，()2,0B ，()0,4D ，设ABC 的内切圆分别切BC 、AC 、AB 于F ，G ，H 点，∵3124CA CB AG BF AH HB -=-=-=-=<，所以C 点的轨迹是以A 、B 为焦点的双曲线的第一象限部分，且1a =，2c =，2223b c a =-=，∴C 的轨迹方程为()220,03y x x y ->>．∵2CA CB -=，∴2CA CB =+，∴2CA CD CB CD +=++， 则当点C 为线段BD 与双曲线在第一象限的交点时，CA CD +最小， 如图所示：线段BD 的方程为()4202y x x =-≤≤，将其代入22330x y --=，得216190x x -+=，解得835x =+835x =-，∴426512y x =-=， ∴()835,6512C -． ∴ABC 的面积为()146512125242⨯⨯=． 故选：A 点评：本题主要考查双曲线的定义，圆的切线长定理以及三角形的面积，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题. 二、填空题13．若函数()()()()()2log 2242x x f x f x x ⎧->⎪=⎨+≤⎪⎩，则()()5f f -=__________． 答案：1利用分段函数，先求()5f -，再求()()5f f -的值.解： ∵()()()5130f f f -=-==，∴()()()()5041ff f f -===．故答案为：1 点评：本题主要考查分段函数求函数值问题，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 14．若()()613x a x -+的展开式中3x 的系数为45-，则实数a =__________． 答案：13利用通项公式得到()()613x a x -+的展开式中含3x 的项为：()()23236633x C x a C x ⋅-⋅，再根据系数为45-，建立方程求解.解：因为()()613x a x -+的展开式中含3x 的项为：()()()232336633135540x C x a C x a x ⋅-⋅=-，∴13554045a -=-，解得13a =． 故答案为：13点评：本题主要考查二项式定理的通项公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 15．如图，在矩形ABCD 中，24==AD AB ，E 是AD 的中点，将ABE △，CDE △分别沿BE CE ，折起，使得平面ABE ⊥平面BCE ，平面CDE ⊥平面BCE ，则所得几何体ABCDE 的外接球的体积为__________.答案：323π 根据题意，画出空间几何体，设BE EC BC ，，的中点分别为M N O ，，，并连接AM CM AO DN NO DO OE ，，，，，，，利用面面垂直的性质及所给线段关系，可知几何体ABCDE 的外接球的球心为O ，即可求得其外接球的体积. 解：由题可得ABE △，CDE △，BEC △均为等腰直角三角形，如图所示，设BE EC BC ，，的中点分别为M N O ，，， 连接AM CM AO DN NO DO OE ，，，，，，， 则OM BE ⊥，ON CE ⊥.因为平面ABE ⊥平面BCE ，平面CDE ⊥平面BCE ， 所以OM ⊥平面ABE ，ON ⊥平面DEC ， 易得2OA OB OC OD OE =====，则几何体ABCDE 的外接球的球心为O ，半径2R =， 所以几何体ABCDE 的外接球的体积为343233V R ππ==. 故答案为：323π. 点评：本题考查了空间几何体的综合应用，折叠后空间几何体的线面位置关系应用，空间几何体外接球的性质及体积求法，属于中档题.16．若函数()2ln 2f x x x ax x =--有两个不同的极值点，则实数a 的取值范围为__________． 答案：10,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭由函数()2ln 2f x x x ax x =--有两个不同的极值点，则()ln 40f x x ax '=-=有两个不同的根，转化为方程ln 4x a x =有两个不同解，即函数()g x ln 4xx=的图象与直线y a =有两个公共点求解.解：由()ln 40f x x ax '=-=，得ln 4xa x=， 记()ln 4x g x x =，则()21ln 4xg x x-'=， 当()0,x e ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增，当(),x e ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减． 又∵()14g e e=，当0x →时，()g x →-∞，当x →+∞时，()0g x →． 因为函数()2ln 2f x x x ax x =--有两个不同的极值点， 所以方程ln 4xa x=有两个不同的解， 即函数()g x 的图象与直线y a =有两个公共点， 故实数a 的取值范围为10,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭． 故答案为：10,4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭点评：本题主要考查导数与函数的极值点以及导数与函数的零点问题，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题. 三、解答题17．在如图所示的多面体中，四边形ABEG 是矩形，梯形DGEF 为直角梯形，平面DGEF ⊥平面ABEG ，且DG GE ⊥，//DF GE ，2222AB AG DG DF ====.（1）求证：FG ⊥平面BEF . （2）求二面角A BF E --的大小. 答案：（1）见解析；（2）23π（1）根据面面垂直性质及线面垂直性质，可证明BE FG ⊥；由所给线段关系，结合勾股定理逆定理，可证明FE FG ⊥，进而由线面垂直的判定定理证明FG ⊥平面BEF .（2）建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并求得平面AFB 和平面EFB 的法向量，由空间向量法求得两个平面夹角的余弦值，结合图形即可求得二面角A BF E --的大小. 解：（1）证明：∵平面DGEF ⊥平面ABEG ，且BE GE ⊥， ∴BE ⊥平面DGEF ， ∴BE FG ⊥，由题意可得2FG FE ==， ∴222FG FE GE +=，∵FE FG ⊥，且FE BE E ⋂=， ∴FG ⊥平面BEF .（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则()1,0,0A ，()1,2,0B ，()0,2,0E ，()0,1,1F ，()1,1,1FA =--，()1,1,1FB =-，()0,1,1FE =-.设平面AFB 的法向量是()111,,n x y z =，则11111111100000x y z x z FA n x y z y FB n --==⎧⎧⎧⋅=⇒⇒⎨⎨⎨+-==⋅=⎩⎩⎩，令11x =，()1,0,1n =，由（1）可知平面EFB 的法向量是()0,1,1m GF ==，∴1cos<,222n m n m n m⋅>===⨯⋅，由图可知，二面角A BF E --为钝二面角，所以二面角A BF E --的大小为23π. 点评：本题考查了线面垂直的判定，面面垂直及线面垂直的性质应用，空间向量法求二面角的大小，属于中档题.18．在等差数列{}n a 中，12a =，35730a a a ++=．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记23n n a an b =+，当*n N ∈时，1n n b b λ+>，求实数λ的取值范围．答案：（1）2n a n =（2）实数λ的取值范围是97,13⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭（1）根据12a =，35730a a a ++=，利用“1,a d ”法求解.（2）由（1）得到2349n naa n n nb =+=+，将()114949n n n n λ+++>+对*n N ∀∈恒成立，转化为5419nλ<⎛⎫+ ⎪⎝⎭对*n N ∀∈恒成立求解. 解：（1）在等差数列{}n a 中，3575330a a a a ++==，∴510a =，所以{}n a 的公差51251a a d -==-， ∴()112n a a n d n =+-=． （2）∵2349n naa n n nb =+=+，∴()114949n n n n λ+++>+对*n N ∀∈恒成立，即4499595444949419n n n n n n n n λ⨯+⨯⨯<=+=+++⎛⎫+ ⎪⎝⎭对*n N ∀∈恒成立， 又∵55974441341199n+≥+=⎛⎫++ ⎪⎝⎭，∴9713λ<，即实数λ的取值范围是97,13⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭．点评：本题主要考查等差数列的基本运算以及有关数列的不等式恒成立问题，还考查了运算求解的能力，属于中档题.19．在直角坐标系xOy 中，曲线1C 上的任意一点M 到直线1y =-的距离比M 点到点()02F ，的距离小1.（1）求动点M 的轨迹1C 的方程；（2）若点P 是圆()()222221C x y -++=：上一动点，过点P 作曲线1C 的两条切线，切点分别为A B 、，求直线AB 斜率的取值范围.答案：（1）28x y =；（2）13,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦（1）设(),M x y ，根据题意可得点M 的轨迹方程满足的等式，化简即可求得动点M 的轨迹1C 的方程；（2）设出切线PA PB 、的斜率分别为12k k ，，切点()12,A x x ，()22,B x y ，点()P m n ,，则可得过点P 的拋物线的切线方程为()y k x m n =-+，联立抛物线方程并化简，由相切时0∆=可得两条切线斜率关系12,k k +12k k ；由抛物线方程求得导函数，并由导数的几何意义并代入抛物线方程表示出12,y y ，可求得4AB mk =，结合点()P m n ,满足()()22221x y -++=的方程可得m 的取值范围，即可求得AB k 的范围.解：（1）设点(),M x y ，∵点M 到直线1y =-的距离等于1y +， ∴11y +=，化简得28x y =，∴动点M 的轨迹1C 的方程为28x y =.（2）由题意可知，PA PB 、的斜率都存在，分别设为12k k ，，切点()12,A x x ，()22,B x y ，设点()P m n ,，过点P 的拋物线的切线方程为()y k x m n =-+，联立()28y k x m n x y⎧=-+⎨=⎩，化简可得28880x kx km n -+-=，∴26432320k km n ∆=-+=，即220k km n -+=， ∴122m k k +=，122n k k =. 由28x y =，求得导函数4xy '=， ∴114x k =，2211128x y k ==，2222228x y k ==，∴222121212121224424ABy y k k k k m k x x k k --+====--， 因为点()P m n ,满足()()22221x y -++=， 由圆的性质可得13m ≤≤，∴13444AB m k ≤=≤，即直线AB 斜率的取值范围为13,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 点评：本题考查了动点轨迹方程的求法，直线与抛物线相切的性质及应用，导函数的几何意义及应用，点和圆位置关系求参数的取值范围，属于中档题.20．某大学开学期间，该大学附近一家快餐店招聘外卖骑手，该快餐店提供了两种日工资结算方案：方案()a 规定每日底薪100元，外卖业务每完成一单提成2元；方案()b 规定每日底薪150元，外卖业务的前54单没有提成，从第55单开始，每完成一单提成5元.该快餐店记录了每天骑手的人均业务量，现随机抽取100天的数据，将样本数据分为[)[)[)[)[)[)[]2535354545555565657575858595，，，，，，，，，，，，，七组，整理得到如图所示的频率分布直方图.（1）随机选取一天，估计这一天该快餐店的骑手的人均日外卖业务量不少于65单的概率；（2）从以往统计数据看，新聘骑手选择日工资方案()a 的概率为13，选择方案()b 的概率为23.若甲、乙、丙、丁四名骑手分别到该快餐店应聘，四人选择日工资方案相互独立，求至少有两名骑手选择方案()a 的概率，（3）若仅从人日均收入的角度考虑，请你为新聘骑手做出日工资方案的选择，并说明理由.（同组中的每个数据用该组区间的中点值代替） 答案：（1）0.4；（2）1127；（3）应选择方案()a ，理由见解析 （1）根据频率分布直方图，可求得该快餐店的骑手的人均日外卖业务量不少于65单的频率，即可估算其概率；（2）根据独立重复试验概率求法，先求得四人中有0人、1人选择方案()a 的概率，再由对立事件概率性质即可求得至少有两名骑手选择方案()a 的概率；（3）设骑手每日完成外卖业务量为X 件，分别表示出方案()a 的日工资和方案()b 的日工资函数解析式，即可计算两种计算方式下的数学期望，并根据数学期望作出选择. 解：（1）设事件A 为“随机选取一天，这一天该快餐店的骑手的人均日外卖业务量不少于65单”.根据频率分布直方图可知快餐店的人均日外卖业务量不少于65单的频率分别为0.2,0.15,0.05，∵020*******++=．．．．， ∴()P A 估计为0.4.（2）设事件′为“甲、乙、丙、丁四名骑手中至少有两名骑手选择方案()a ”， 设事件i C ，为“甲、乙、丙、丁四名骑手中恰有()01234ii =，，，，人选择方案()a ”， 则()()()41310144212163211111333818127P B P C P C C C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=--=--= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以四名骑手中至少有两名骑手选择方案()a 的概率为1127. （3）设骑手每日完成外卖业务量为X 件， 方案()a 的日工资()11002,*Y X X N =+∈，方案()b 的日工资()215054*15055454*X X N Y X X X N ≤∈⎧=⎨+->∈⎩，，，，，所以随机变量1Y 的分布列为()1160005180005200022200324002260015280005224E Y =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．．．．．．．；同理，随机变量2Y 的分布列为()21500318003230022800153300052035E Y =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．．．．．．.∵()()21EY E Y >，∴建议骑手应选择方案()a . 点评：本题考查了频率分布直方图的简单应用，独立重复试验概率的求法，数学期望的求法并由期望作出方案选择，属于中档题.21．已知函数()()ln 1f x m x x =+-，()sin g x mx x =-.（1）若函数()f x 在()0+∞，上单调递减，且函数()g x 在02，上单调递增，求实数m 的值；（2）求证：()()21111sin11sin 1sin 1sin 12231e n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⋯+<⎪ ⎪⎪ ⎪⨯⨯-⨯⎝⎭⎝⎭⎝⎭（*n N ∈，且2n ≥）.答案：（1）1；（2）见解析（1）分别求得()f x 与()g x 的导函数，由导函数与单调性关系即可求得m 的值； （2）由（1）可知当0x >时，()ln1x x +<，当02x π<<时，sin x x <，因而()()*111sin1sinsin sin 0,213,221n N n n n⋯>∈≥⨯⨯-⨯，，，，，构造()()111ln 1sin11+sin 1+sin 1sin 12231n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋯+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪ ⎪⨯⨯-⨯⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦，由对数运算及不等式放缩可证明()()1111ln 1sin11+sin 1+sin 1sin 2212231n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋯+=-<⎢⎥ ⎪ ⎪⎪ ⎪⨯⨯-⨯⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦，从而不等式可证明. 解：（1）∵函数()f x 在()0+∞，上单调递减， ∴()101mf x x'=-≤+，即1m x ≤+在()0+∞，上恒成立， ∴1m ，又∵函数()g x 在02，上单调递增，∴()cos 0g x m x '=-≥，即cos m x ≥在02，上恒成立，m 1≥，∴综上可知，1m =.（2）证明：由（1）知，当1m =时，函数()()ln 1f x x x =+-在()0+∞，上为减函数，()sin g x x x =-在02，上为增函数，而()()00,00f g ==，∴当0x >时，()ln 1x x +<，当02x π<<时，sin x x <. ∴()()*111sin1sinsin sin 0,213,221n N n n n⋯>∈≥⨯⨯-⨯，，，， ∴()()111ln 1sin11+sin 1+sin 1sin 12231n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋯+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪ ⎪⨯⨯-⨯⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦()()111ln 1sin1ln 1+sin ln 1+sin ln 1sin 12231n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⨯⨯-⨯⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()111sin1sinsin sin 12231n n <+++⋯+⨯⨯-⨯()11111111111122312231n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<+++⋯+=+-+-+⋯+- ⎪ ⎪ ⎪⨯⨯-⨯-⎝⎭⎝⎭⎝⎭122n=-< 即()()111ln 1sin11+sin 1+sin 1sin 212231n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋯+<⎢⎥ ⎪ ⎪⎪ ⎪⨯⨯-⨯⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎣⎦， ∴()()()2*1111sin11+sin 1+sin 1sin ,212231e n N n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋯+<∈≥⎪ ⎪⎪ ⎪⨯⨯-⨯⎝⎭⎝⎭⎝⎭，. 点评：本题考查了导数与函数单调性关系，放缩法在证明不等式中的应用，属于难题. 22．在直角坐标系xOy 中，直线l 的方程为0x y a -+=，曲线C 的参数方程为22cos 22sin x y αα=+⎧⎨=+⎩（α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l 和曲线C 的极坐标方程；（2）若射线6πθ=与l 的交点为M ，与曲线C 的交点为A ，B ，且4OA OB OM +=，求实数a 的值．答案：（1）l ：cos sin 0a ρθρθ-+=，C ：24cos 4sin 40ρρθρθ--+=（2）12a =- （1）先消去参数得到C 的普通方程，然后利用cos x ρθ=，sin y ρθ=分别代入，得到直线和曲线C 的极坐标方程.（2）在极坐标系中，设1π,6M ρ⎛⎫ ⎪⎝⎭，2π,6A ρ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3π,6B ρ⎛⎫ ⎪⎝⎭，将π6θ=代入24cos 4sin 40ρρθρθ--+=，然后利用韦达定理求解.解：（1）将cos x ρθ=，sin y ρθ=代入方程0x y a -+=中，得到直线l 的极坐标方程为cos sin 0a ρθρθ-+=；曲线C 的普通方程为()()22224x y -+-=，即224440x y x y +--+=， 所以曲线C 的极坐标方程为24cos 4sin 40ρρθρθ--+=．（2）在极坐标系中，可设1π,6M ρ⎛⎫ ⎪⎝⎭，2π,6A ρ⎛⎫ ⎪⎝⎭，3π,6B ρ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 将π6θ=代入24cos 4sin 40ρρθρθ--+=，得()2240ρρ-+=，∴232ρρ+=，∵4OA OB OM +=，∴1ρ=即1π,26M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，将1π,26M ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭代入cos sin 0a ρθρθ-+=，得()111sin cos 222a ρθθ=-=⨯=-． 点评：本题主要考查参数方程，普通法方程极坐标方程间的转化以及直线与曲线的位置关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.23．已知不等式112x x ++-≤的解集为{}x a x b ≤≤．（1）求实数a 、b 的值；（2）设0m >，0n >，且满足122a b m n-=，求证：1212m n ++-≥． 答案：（1）1a =-，1b =（2）见解析（1）利用绝对值的几何意义，去绝对值求解.（2）由（1）得到1122m n+=，利用三角不等式转化为1212m n m n ++-≥+，再利用基本不等式求解.解：（1）原不等式等价于①122x x <-⎧⎨-≤⎩，∴x ∈∅； ②1122x -≤≤⎧⎨≤⎩，∴11x -≤≤； ③122x x >⎧⎨≤⎩，∴x ∈∅． 所以原不等式的解集为{}11x x -≤≤，∴1a =-，1b =．（2）∵122a b m n -=，∴1122m n+=， ∴()()1211212m n m n m n ++-≥++-=+()111122222222n m m n m n m n ⎛⎫⎛⎫=+⋅+=++≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 当且仅当22n m m n =，即1m =，12n =时取等号， ∴1212m n ++-≥．点评：本题主要考查绝对值不等式的解法以及三角不等式和基本不等式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.。
【2020届咸阳二模】理科数学试题及答案解析
2020年咸阳市高考模拟考试试题（二）理科数学注意事项：1.试卷分第I 卷和第Ⅱ卷两部分，将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡和答案卷；2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、填写在本试题相应位置；3.全部答案在答题卡上完成,答在本试题上无效；4．本试卷共4页． 满分150分，考试时间120分钟．第I 卷一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1. 集合{}1M x y x ==-，{}1,0,1,2N =-，则M N =I A ．{0,1} B ．{1,0,1}- C ．{1,1}- D.{0,1,2}2. 已知 i 为虚数单位，复数(1i)(2i)z =++的共轭复数z =A ．13i +B ．13i -+C ．13i -D ．13i -- 3. “一带一路”是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称，旨在积极发展我国与沿线国家经济合作关系，共同打造政治互信、经济融合、文化包容的命运共同体.自2015年以来，“一带一路”建设成果显著.右图是20152019-年，我国对“一带一路”沿线国家进出口情况统计图，下列描述错误．．的是 A ．这五年，出口总额．．之．和．比进口总额．．之．和．大 B ．这五年，2015年出口额最少 C ．这五年，2019年进口增速最快 D . 这五年，出口增速前四年逐年下降 4.已知数列321121,,,,n n a a a a a a a -⋅⋅⋅是首项为8，公比为12得等比数列，则3a 等于A.64B.32C.2D.45. “纹样”是中国艺术宝库的瑰宝，“火纹”是常见的一种传统纹样．为了测 算某火纹纹样（如图阴影部分所示）的面积，作一个边长为3的正方形将其包 含在内，并向该正方形内随机投掷200个点，己知恰有80个点落在阴影部分， 据此可估计阴影部分的面积是A ．165 B ． 325C ．10 D.1856.已知,a b 为两条不同直线，,,αβγ为三个不同平面，下列命题： ①若//,//αβαγ，则//βγ ②若//,//a a αβ，则//αβ ③若,αγβγ⊥⊥，则αβ⊥ ④若,a b αα⊥⊥，则//a b 其中正确命题序号为A . ②③ B. ②③④C. ①④D. ①②③7. 双曲线22122:1(0,0)x y C a b a b-=>>的一个焦点为(,0)(0)F c c >，且双曲线1C 的两条渐近线与圆2222:()4c C x c y -+=均相切，则双曲线1C 的渐近线方程为A. 30x y ±=B. 30x y ±=C. 50x y ±=D.50x y ±=8.函数2()1x x f x e =-的大致图像是A B C D9.已知AB 是过抛物线24y x =焦点F 的弦,O 是原点,则OA OB ⋅=u u u r u u u rA.2-B. 4-C. 3D. 3-10.正四棱锥P ABCD -的五个顶点在同一个球面上,6,侧棱长为3则它的外接球的表面积为A. 4πB.8πC. 16πD. 20π11.关于函数22tan ()cos 21tan xf x x x=++,下列说法正确的是 A.函数()f x 的定义域为RB. 函数()f x 一个递增区间为3[,]88ππ-C.函数()f x 的图像关于直线8x π=对称D. 将函数22y x =图像向左平移8π个单位可得函数()y f x =的图像 12.已知函数()xf x e b =+的一条切线为(1)y a x =+，则ab 的最小值为A. 12e -B. 14e -C. 1e -D. 2e -12()t h 3(/)y mg m 01第Ⅱ卷本卷包括必考题和选考题两个部分. 第13题:第21题为必考题，每个考生都必须作答. 第22题:第23题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在答题卡的相应位置.13.若向量(1,2)a x =-r 与向量(2,1)b =r垂直，则x =_____ .14.4(1)(1)x x -+展开式中,含2x 项的系数为__ __. 15.为了抗击新型冠状病毒肺炎，某医药公司研究出一种消毒剂， 据实验表明，该药物释放量3(/)y mg m 与时间()t h 的函数关系为1,0211,2kt t y t kt⎧<<⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩（如图所示）实验表明，当药物释放量30.75(/)y mg m <时对人体无害. (1)k =____;(2) 为了不使人身体受到药物伤害，若使用该消毒剂对房间进行消毒，则在消毒后至少经过_____分钟人方可进入房间.（第一问2分，第二问3分）16. 在ABC ∆中, 角,,A B C 的对边分别是,,a b c 3cos 1,2A A a -==,则ABC ∆的面积的最大值为_________.三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.（本小题满分12分）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知37618,36a a S +==. (I )求数列{}n a 的通项公式及前n 项和为n S ; （Ⅱ）设n T 为数列1{}n S n+的前n 项的和,求证: 1n T <. 18.（本小题满分12分）为了响应国家号召，促进垃圾分类，某校组织了高三年级学生参与了“垃圾分类，从我做起”的知识问卷作答，随机抽出男女各20名同学的问卷进行打分，作出如图所示的茎叶图，成绩大于70分的为“ 合格”.(I )由以上数据绘制成22⨯联表,是否有0095以上的 男 女 总计 合格 不合格 总计60分)的男女学生问卷中任意选2个,记来自男生的个数为X ，求X 的分布列及数学期望. 附：19．（本小题满分12分）如图，在直角梯形ABCD 中，//,90,22,AB DC ABC AB DC BC E ∠===o为AB 的中点，沿DE 将ADE ∆折起，使得点A 到点P 位置，且PE EB ⊥，M 为PB 的中点，N 是BC 上的动点（与点,B C 不重合）.(I )证明：平面EMN ⊥平面PBC 垂直；（Ⅱ）是否存在点N ，使得二面角B EN M --N 点位置；若不 存在，说明理由. 20.（本小题满分12分）椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的离心率为2，它的四个顶点构成的四边形面积为.(I )求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设P 是直线2x a =上任意一点，过点P 作圆222x y a +=的两条切线，切点分别为,M N . 求证：直线MN 恒过一个定点.21．（本小题满分12分）已知函数()(,0),()ln 1xf x axe a ag x x x =∈≠=++R . （I ）讨论()f x 的单调性;（Ⅱ） 若对任意的0x >,()()f x g x ≥恒成立，求实数a 的取值范围.请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号. 22.（本小题满分10分）选修44-:坐标系与参数方程以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C 的极坐标方程是2cos 4sin 0ρθθ-=,直线1l 和直线2l 的极坐标方程分别是()R θαρ=∈和()2R πθαρ=+∈,其中k απ≠()k z ∈.(I )写出曲线C 的直角坐标方程；（Ⅱ）设直线1l 和直线2l 分别与曲线C 交于除极点O 的另外点,A B ,求OAB ∆的面积最小值. 23.（本小题满分10分）选修45-：不等式选讲已知关于x 的不等式20x m x +-≤解集为[1,)(0)m +∞>. (I )求正数m 的值；（Ⅱ）设,,a b c ∈+R ，且a b c m ++=，求证:2221a b c b c a++≥. BBCDEMNP22()()()()()n ad bc K n a b c da b c d a c b d -==+++++++2020年咸阳市高考模拟考试试题（二）理科数学参考答案一、选择题： BCDAD CABDC BA二、填空题： 13. 0 14. 2 15. 2， 40 16. 3 三、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.（本小题满分12分）解: (I ) 等差数列{}n a 的公差为d ,由37618,36a a S +==得5169,12a a a =+=,即1149,2512a d a d +=+=,解得11,2a d ==∴21n a n =-,2135(21)n S n n =+++⋅⋅⋅+-= ……………………6分(Ⅱ)证明:由(I )得2n S n =,∴211111(1)1n S n n n n n n n ===-++++∴11111111122311n T n n n =-+-+⋅⋅⋅+-=-<++ 即 1n T < ……………………12分 18.（本小题满分12分） 解：(I )根据茎叶图可得2240(1041016)3603.956 3.8412614202091K ⨯-⨯==≈>⨯⨯⨯知有0095以上的把握认为“性别” 与“问卷结果”有关.……………………6分(Ⅱ)从茎叶图可知, 成绩在60分以下(不含60分)的男女学生人数分别是4人和2人,从中任意选2人,基本事件总数为2615C =,0,1,2X =211224241862(0),(1),(2),1515151515155C C C C P X P X P X ==========……………………12分 19．（本小题满分12分）解:(I )证明: ∵PE EB ⊥,,PE ED EB ED E ⊥=I∴PE ⊥平面EBCD又PE 平面PEB , ∴平面PEB ⊥平面EBCD而BC 平面EBCD , BC EB ⊥, ∴平面PBC ⊥平面PEB 由,PE EB PM MB ==知EM PB ⊥,可知EM ⊥平面PBC又EM 平面EMN , ∴平面EMN ⊥平面PBC ……………………6分0118264()153E X ⨯+⨯+⨯==(Ⅱ)法1：假设存在点N 满足题意，过M 作MQ EB ⊥于Q ，由PE EB ⊥知//PE MQ 易证PE ⊥平面EBCD ，所以MQ ⊥平面EBCD过Q 作QR EN ⊥于R ，连接MR ，则EN MR ⊥（三垂线定理）即MRQ ∠是二面角B EN M --的平面角不妨设2PE EB BC ===，则1MQ =，在Rt EBN ∆中，设(02)BN x x =<<，由Rt EBN Rt ERQ ∆∆:得，BN ENRQ EQ=即1x RQ =，得RQ =∴tan MQ MRQ RQx∠==，依题意知cos 6MRQ ∠=，即tan MRQ x∠==1(0,2)x =∈，此时N 为 BC 的中点综上知，存在点N ，使得二面角B EN M --的余弦值6，此时N 为BC 的中点. ……………………12分法2：假设存在点N 满足题意，取E 为原点，直线,,EB ED EP 分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系E xyz -，不妨设2PE EB ==，显然平面BEN 的一个法向量为1(0,0,1)n =u r，设(02)BN m m =<<，则(1,0,1),(2,,0)EM EN m ==u u u u r u u u r设平面EMN 的法向量为2(,,)n x y z =u u r ，则由220EM n EN n ⋅=⋅=u u u u r u u r u u u r u u r得(1,0,1)(,,)00(2,,0)(,,)020x y z x z m x y z x my ⋅=+=⎧⎧⇒⎨⎨=+=⎩⎩，取2(,2,)n m m =-u u r∴121212cos ,n n n n n n ⋅<>===⋅u r u u ru r u u r u r u u r 依题意,=,解得1(0,2)m =∈,此时N 为BC 的中点CRBC DE MNPQ综上知，存在点N ，使得二面角B EN M --的余弦值66，此时N 为BC 的中点. ……………………12分 20.（本小题满分12分）解: （I ）依题意得2221222222a b c a b c a ⎧⎪=+⎪⎪⋅⋅=⎨⎪⎪=⎪⎩解得22221a b c ⎧=⎨==⎩ ∴椭圆22:12x C y += ……………………5分 （Ⅱ）法1：设点0(2,)P y ，1122(,),(,),M x y N x y其中222211222,2x y x y +=+=，由PM OM ⊥，PN ON ⊥得10201211221,122y y y y y y x x x x --⋅=-⋅=--- 即2222111102222020,20x y x y y x y x y y +--=+--= 注意到222211222,2x y x y +=+=，于是110220220,220x y y x y y --=--= 因此1122(,),(,)M x y N x y 满足0220x yy --=由0y 的任意性知,1,0x y ==,即直线MN 恒过一个定点(1,0).……………………12分法2：设点0(2,)P y ,过点P 且与圆222x y +=相切的直线为,PM PN ,切点分别为,,M N 由圆的知识知, ,M N 是圆以OP 为直径的圆222200(1)()1()22y yx y -+-=+和圆222x y +=的两个交点,由222222002(1)()1()22x y y y x y ⎧+=⎪⎨-+-=+⎪⎩消去二次项得直线MN 方程为 0220x y y --=,由0y 的任意性知,1,0x y ==,即直线MN 恒过一个定点(1,0).……………………12分 21．（本小题满分12分）解: （I ）()(1)(0)xf x a x e a '=+≠当0a >时, ()f x 在(,1)(1,)-∞--+∞]Z ;当0a <时, ()f x 在(,1)(1,)-∞--+∞Z ]. ……………………5分 (Ⅱ)法1： ()()(0)f x g x x ≥>，即ln 1ln 1(0)(0)xxx x axe x x x a x xe++≥++>⇔≥> 令ln 1()(0)xx x F x x xe ++=>，则221()(1)(ln 1)(1)(ln )()()x x x xx xe x e x x x x x x F x xe x e +-+++-++'==令()ln x x x ϕ=+，显然()x ϕ在(0,)+∞Z ，注意到11()10,(1)10e eϕϕ=-<=>，于是存在 01(,1)x e∈使得000()ln 0x x x ϕ=+=，可知()F x 在00(0,)(,)x x +∞Z ]∴00max 00ln 1()()1x x x F x F x x e ++=== 综上知,1a ≥ ……………………12分法2:先证1xe x ≥+,令()1xh x e x =--,则0()1xxh x e e e '=-=-,知()h x 在(,0),-∞](0,)+∞Z ,于是()(0)0h x h ≥=,即1x e x ≥+∴ln ln 1x x xxe ex x +=≥++,当且仅当ln 0x x +=时取等号 ∴当1a ≥时, 对任意的0x >,()()f x g x ≥恒成立综上知,1a ≥ ……………………12分请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时请写清题号. 22.（本小题满分10分）选修4-4:坐标系与参数方程解：（I ）曲线C ：2cos 4sin ρθθ-0=，即22cos 4sin ρθρθ-0= 化为直角坐标方程为：24x y =（Ⅱ）法1：212cos 4sin 04sin cos ρθθαραθα⎧-=⇒=⎨=⎩，即124sin cos OA αρα== 同理2224sin()4cos 2sin cos ()2OB πααρπαα+===+ ∴22114sin 4cos 8161622cos sin sin cos sin 2OAB S OA OB ααααααα∆==⋅==≥当且仅当sin 21α=，即()4k k z παπ=+∈时取等号即OAB ∆的面积最小值为16 ……………………5分 法2：显然12l l ⊥，设直线1:l y kx =，直线21:l y x k=-(0)k ≠ 2212440,0,4x yx kx x x k y kx ⎧=⇒-===⎨=⎩，得124OA x =-=同理24OB k ===∴221111488()1622OABk S OA OB k k k k∆+==⋅==+≥当且仅当1k k=，即1k =±时取等号 即OAB ∆的面积最小值为16 ……………………10分 23.（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲（Ⅰ）解：不等式20x m x +-≤，即不等式222x m x x x m x +≤⇔-≤+≤∴3x m m x ≥⎧⎪⎨≥-⎪⎩，而0m >，于是x m ≥依题意得1m = ……………………5分（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知1a b c ++=，原不等式可化为222a b c a b c b c a++≥++ 法1：∵,,a b c ∈+R ，222a b ab +≥∴22a a b b ≥-，同理22b b c c ≥-，22c c a a ≥- 三式相加得222a b c a b c b c a ++≥++，当且仅当a b c ==时取等号 综上 2221a b c b c a++≥ ……………………10分 法2：由柯西不等式得1a b c =++=≤ （,,a b c ∈+R ，且1a b c ++=）整理得2221a b c b c a ++≥（当且仅当13a b c ===时取等号）……………………10分 法3:不妨设0a b c ≥≥>,则2221110,0a b c c b a ≥≥>≥≥>,由排序不等式知反序和最小,所以222222111111a b c a b c b c a b b c⋅+⋅+⋅≥⋅+⋅+⋅,即222a b c a b c b c a ++≥++ 综上 2221a b c b c a++≥ ……………………10分。
2020年陕西省咸阳市高考数学一模试卷(理科)
2020年陕西省咸阳市高考数学一模试卷（理科）一、选择题、本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．设z •i =2i +1，则z =（ ） A ．2+iB ．2–iC ．–2+iD ．–2–i【点睛】由复数代数形式的乘除运算化简求解． 【答案】B【解析】由题意得z =1+2i i =(1+2i)(−i)−i2=2−i ． 故选B ．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．2．已知集合A ={（x ，y ）|y =2x }，B ={（x ，y ）|y =x +1}，则A ∩B 中元素的个数为（ ） A ．3B ．2C ．1D ．0【点睛】数形结合得y =2x 与y =x +1有两个交点，即可求出A ∩B 中元素的个数． 【答案】B【解析】由题意得A ∩B ={（x ，y ）|{y =2xy =x +1}；画出y =2x 与y =x +1的图象，如图所示，由图象得它们有两个交点，所以A ∩B 中元素的个数为2． 故选B ．【点评】本题考查交集，函数的图象，是基础题．3．在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，OA →=(√32，12)，若OA →绕点O 逆时针旋转60°得到向量OB →，则OB →=（ ） A ．（0，1）B ．（1，0）C ．(√32，−12)D ．(12，−√32)【点睛】先求得∠BOx =90°，设OB →=（0，b ），用两个向量的数量积求得b ，可得结论． 【答案】A【解析】因为OA →=(√32，12)，所以sin ∠AOx =12，cos ∠AOx =√32，所以OA →和x 轴的夹角为∠AOx =30°．若OA →绕点O 逆时针旋转60°得到OB →，所以∠BOx =30°+60°=90°，所以设OB →=（0，b ），所以OA →⋅OB →=1×1×cos60°=0+12b ，解得b =1，所以OB →=（0，1）. 故选A ．【点评】本题考查向量的坐标表示与数量积，是基础题． 4．已知b >a >0，则（ ） A ．|1–a |>|1–b | B ．(12)a <(12)bC ．lga <lgbD ．1a<1b【点睛】由不等式的基本性质、函数的单调性即可判断． 【答案】C【解析】因为b >a >0，由不等式的性质得|1–a |<|1–b |，A 错误；由y =(12)x 单减得(12)a >(12)b ，B 错误；由y =lgx 单增得lga <lgb ，C 正确. 故选C ．【点评】本题考查不等式的基本性质、函数的单调性，是基础题． 5．椭圆2x 2–my 2=1的一个焦点坐标为（0，−√2），则实数m =（ ） A ．23B ．25C ．−23D ．−25【点睛】由椭圆的标准方程及焦点坐标求解． 【答案】D【解析】因为椭圆的一个焦点坐标为（0，−√2），将椭圆化为标准方程y 2−1m+x 212=1，所以√−1m −12=√2，解得m =−25.故选D ．【点评】本题考查椭圆的标准方程与简单性质，是基础题．6．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ，b ，c 既是等差数列又是等比数列，则角B 的值为（ ） A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【点睛】先由a ，b ，c 既是等差数列又是等比数列得a =b =c ，即A =B =C ，可得角B ． 【答案】C【解析】因为a ，b ，c 既是等差数列又是等比数列，所以a+c=2b 且ac=b 2，解得a =b =c ，即A =B =C ；而180°=A +B +C =3B ，解得B =60°． 故选C ．【点评】本题考查等差、等比数列，是基础题．7．如图，直三棱柱ABC –A 1B 1C 1中，AA 1=AB =AC =BC ，则异面直线AB 1和BC 1所成角的余弦值为（ ）A ．−12B ．12C ．−14D ．14【点睛】建立空间直角坐标系，利用cos <AB 1→，BC 1→>=AB 1→⋅BC 1→|AB 1→|⋅|BC 1→|即可得出．【答案】D【解析】建立空间直角坐标系，如图所示；不妨设AA 1=AB =AC =BC =2．则B 1（√3，0，0），C 1（0，1，0），A （0，–1，2），B （√3，0，2）；所以BC 1→=（−√3，1，–2），AB 1→=（√3，1，–2），所以cos <AB 1→，BC 1→>=AB 1→⋅BC 1→|AB 1→|⋅|BC 1→|=8⋅8=14．故选D ．【点评】本题考查异面直线的夹角，空间向量法求夹角，是基础题． 8．函数y =sin x ，在[0，π]中随机取一个数x ，使y ∈[0，12]的概率为（ ） A ．16B ．14C ．13D ．12【点睛】由题意得0≤x ≤π6或5π6≤x ≤π，由几何概型得：事件y ∈[0，12]发生的概率 【答案】C【解析】因为y =sin x ∈[0，12]，即0≤sin x ≤12，而x ∈[0，π]，解得0≤x ≤π6或5π6≤x ≤π；由几何概型得：事件y ∈[0，12]发生的概率P =(π6−0)+(π−5π6)π−0=13.故选C ．【点评】本题考查三角不等式的解法，几何概型，是基础题. 9．已知x +2y =xy （x >0，y >0），则2x +y 的最小值为（ ） A ．10B ．9C ．8D ．7【点睛】用“乘1法”与基本不等式的性质即可求解． 【答案】B【解析】由x +2y =xy （x >0，y >0）得1y+2x=1；所以2x +y =（2x +y ）（1y+2x）=5+2x y+2y x≥5+4=9(当且仅当x =3，y =3时取等号)．所以2x +y 的最小值为9.故选B ．【点评】本题考查基本不等式，是基础题.10．已知曲线C 1：y =sin x ，C 2：y =cos(12x −π3)，则下面结论正确的是（ ）A ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π3个单位长度，得到曲线C 2B ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π3个单位长度，得到曲线C 2C ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π3个单位长度，得到曲线C 2D ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π3个单位长度，得到曲线C 2【点睛】结合正弦函数的图象变换即可求解. 【答案】D【解析】由题意得：C 1：y =sin x 上纵坐标不变，各点横坐标伸长到原来的2倍可得y =sin 12x ，再将y =sin 12x 向左平移π3得y =sin 12(x +π3)=sin （12x +π6）=cos （12x −π3）．所以D 正确．故选D ．【点评】本题考查正弦函数的图象变换，是基础题．11．设f （x ）为R 上的奇函数，满足f （2–x ）=f （2+x ），且当0≤x ≤2时，f （x ）=xe x ，则f （1）+f （2）+f （3）+…+f （100）=（ ） A ．2e +2e 2B ．50e +50e 2C ．100e +100e 2D ．–2e –2e 2【点睛】先得函数的周期为8，再结合奇函数求出f （1）~f （8），代入求出即可． 【答案】A【解析】因为f （x ）为R 上的奇函数，所以f （0）=0，f （2–x ）=f （2+x ）=– f （x –2），所以f （x +4）=–f （x ），f （x +8）=f （x +4+4）=–f （x +4）=f （x ），所以f （x ）周期为8的奇函数；所以f （1）=e ，f （2）=2e 2，f （3）=f （1）=e ，f （4）=f （0）=0，f （5）=f （–1）=–f （1）=–e ，f （6）=f （–2）=–2e 2，f （7）=f （–1）=–f （1）=–e ，f （8）=f （0）=0；所以f （1）+…+f （8）=e +2e 2+e +0–e –2e 2–e +0=0；所以f （1）+f （2）+f （3）+…+f （100）=0+f （97）+f （98）+f （99）+f （100）=f （1）+f （2）+f （3）+f （4）=e +e +2e 2+0=2e 2+2e . 故选A ．【点评】本题考查函数的周期性与奇偶性，中档题． 12．已知双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2=1(a >0，b >0)的两个焦点分别为F 1，F 2，以F 1F 2为直径的圆交双曲线C 于P ，Q ，M ，N 四点，且四边形PQMN 为正方形，则双曲线C 的离心率为（ ） A ．√2+√2B ．2+√2C ．2−√2D ．√2−√2【点睛】先求得N 的坐标，而N 是以F 1F 2为直径的圆交双曲线C 的交点，代入曲线方程求出a ，c 间的关系，再由a ，b ，c 之间的关系求出双曲线的离心率． 【答案】A【解析】设MN 与x 轴交于E ，因为PQMN 为正方形，所以△OEN 为等腰直角三角形，所以OE =NE =√22ON ；由题意得半径ON =c ，所以N （√22c ，√22c ），而N 是F 1F 2为直径的圆交双曲线C 的交点，代入双曲线方程得c 22a 2−c 22b 2=1；结合b 2=c 2–a 2，得c 4–4a 2c 2+2a 4=0，即e 4–4e 2+2=0，解得e 2=2+√2，所以e =√2+√2. 故选A ．【点评】本题考查双曲线的性质，是中档题． 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13．曲线y =x •ln x 在点（1，0）处的切线的方程为 ． 【点睛】求切线斜率，由直线方程的点斜式得答案． 【答案】x –y –1=0【解析】f （x ）=x ln x ，f （1）=0，所以点（1，0）为切点；y ′=lnx +1，f ′（1）=ln1+1=1，即切线的斜率为1；所以切线方程为y –0=1×（x –1），即x –y –1=0．所以曲线y =x •ln x 在点（1，0）处的切线的方程为x –y –1=0. 故答案为x –y –1=0．【点评】本题考查导数的几何意义，切线方程，是基础题．14．已知cos 2x –sin2x =A sin （ωx +φ）+b （A >0，ω>0），则A = ，b = ． 【点睛】由二倍角公式、辅助角公式化简，然后比对系数即可求解． 【答案】√52，12【解析】由题意得cos 2x –sin2x =1+cos2x 2−sin2x =12cos2x −sin2x +12=√52[−2√55sin2x +√55cos2x ]+12=√52sin(2x +φ)+12(其中cos φ=−2√55，sin φ=√55)．所以√52sin(2x +φ)+12= A sin （ωx +φ）+b ，所以A =√52，b =12． 故答案为√52，12． 【点评】本题考查二倍角公式，辅助角公式，是基础题．15．如果几个函数的定义域相同、值域也相同，但解析式不同，称这几个函数为“同域函数”．试写出y =√x −1−√2−x 的一个“同域函数”的解析式为 ．【点睛】函数解析式中包含根式，所以不妨将其平方再求函数的值域．只要满足定义域和值域相同，解析式不同的函数均符合题意．【答案】y =2x –3，x ∈[1，2]或y =2x –3，x ∈[1，2]或y =3x –1–2，x ∈[1，2]或y =log √2x −1，x ∈[1，2]⋯⋯【解析】由题意得y =√x −1−√2−x 的定义域为[1，2]；下面求函数的值域，不妨先求函数y 2的值域，令f(x)=y 2=1−2√(x −1)(2−x)，因为x ∈[1，2]，所以（x –1）（2–x ）∈[0，14]，所以f （x ）∈[0，1]，所以y ∈[–1，1]，即函数的值域为[–1，1]；“同域函数”必须满足：定义域为[1，2]且值域为[–1，1]；例如y =2x –3，x ∈[1，2]或y =2x –3，x ∈[1，2]或y =3x –1–2，x ∈[1，2]……，所以答案可以为y =2x –3，x ∈[1，2]或y =2x –3，x ∈[1，2]或y =3x –1–2，x ∈[1，2]或y =log √2x −1，x ∈[1，2]⋯⋯（符合题意即可）【点评】本题考查函数定义域与值域的求解，基本初等函数，是开放性试题，是中档题． 16．秦九韶是我国古代的数学家，他的《数学九章》概括了宋元时期中国传统数学的主要成就．秦九韶算法是一种将一元n 次多项式的求值问题转化为n 个一次式的算法，其大大简化了计算过程，即使在现代，利用计算机解决多项式的求值问题时，秦九韶算法依然是最优的算法，在西方被称作霍纳算法．f （x ）=a n x n +a n –1x n –1+a n –2x n –2+…+a 1x +a 0 改写成以下形式：f （x ）=a n x n +a n –1x n –1+a n –2x n –2+…+a 1x +a 0 =（a n x n –1+a n –1x n –2+a n –2x n –3+…+a 1）x +a 0 =（（a n x n –2+a n –1x n –3+…+a 3x +a 2）x +a 1）x +a 0 ⋮=（…（（a n x +a n –1）x +a n –2）x +…+a 1）x +a 0若f(x)=(2+√3)x 5+(1+√3)x 4+(1+√3)x 3+(1+√3)x 2+(1+√3)x −1，则f(2−√3)= ．【点睛】由题意得f(x)=（（（（（2+√3)x +1+√3）x +1+√3）x +1+√3）x +1+√3）x –1，即可求解． 【答案】0【解析】由题意得f(x)=（（（（（2+√3）x +1+√3）x +1+√3）x +1+√3）x +1+√3）x –1，所以f(2−√3)=0．故答案为0．【点评】本题考查秦九韶算法，理解题意是解题关键，是基础题．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分17．如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1中，E 是D 1C 1的中点，AB =2，BC =BB 1=1． （Ⅰ）求证：平面DB 1C 1⊥平面DCC 1D 1； （Ⅱ）求二面角D –EB 1–C 1的余弦值．【点睛】（I ）由B 1C 1⊥面DCC 1D 1，可得面DB 1C 1⊥面DCC 1D 1． （II ）方法一：建立空间直角坐标系，用空间向量法求解.方法二：找到GMH 或其补角是二面角D –EB 1–C 1的平面角．解三角形即可． 【解析】（I ）因为ABCD –A 1B 1C 1D 1是长方体，所以B 1C 1⊥平面DCC 1D 1， 又B 1C 1⊂平面DB 1C 1，所以平面DB 1C 1⊥平面DCC 1D 1． （II ）方法一（空间向量法）：建立空间直角坐标系，如图所示：则D （0，0，1），E （0，1，0），B 1（1，2，0），，DE →=(0，1，−1)，EB 1→=(1，1，0)． 设m →=（x 0，y 0，z 0）是平面DEB 1的一个法向量，所以{DE →⋅m →=0EB →1⋅m →=0，即{y 0−z 0=0x 0+y 0=0，令z 0=1，则x 0=–1，y 0=1． 所以m →=（–1，1，1），而平面EB 1C 1的法向量D 1D →=(0，0，1)， 所以cos <m →，D 1D →>=m →⋅D 1D→|m →||D 1D →|=13×1=√33． 由图得：二面角D –EB 1–C 1是钝角， 所以二面角D –EB 1–C 1的余弦值为−√33．方法二：取G、M、H分别是AB、EB1、A1B1的中点，连接DG、GM、MH、GH、A1E．∵B=2，BC=BB1=1，A1E⊥EB1，即HM⊥EB1，又∵GH⊥EB1，∴∠GMH或其补角是二面角D–EB1–C1的平面角．又∵MH=12A1E=√22，∴cos∠GMH=MHMG=√22√12+(√22)=√33．∴二面角D–EB1–C1的余弦值为−√33．【点评】本题考查面面垂直的判定、二面角的求解，是中档题．18．甲、乙两位同学参加诗词大赛，各答3道题，每人答对每道题的概率均为34，且各人是否答对每道题互不影响．（Ⅰ）用X表示甲同学答对题目的个数，求随机变量X的分布列和数学期望；（Ⅱ）设A为事件“甲比乙答对题目数恰好多2”，求事件A发生的概率．【点睛】（I）X的取值为0，1，2，3，求出相应的概率，求出X的分布列与数学期望．（II）分“甲答对2道，乙答对题0道”和“甲答对3道，乙答对题1道”两种情况，求出事件A发生的概率．【解析】（I）由题意得：X的取值为0，1，2，3，P(X=0)=(14)3=164，P(X=1)=C31(34)(14)2=964，P(X=2)=C32(34)2(14)=2764，P(X=3)=(34)3=2764．所以X的分布列为X0123P16496427642764EX=0×164+1×964+2×2764+3×2764=94．（II）由题意得：事件A“甲比乙答对题目数恰好多2”发生，即“甲答对2道，乙答对题0道”和“甲答对3道，乙答对题1道”两种情况，所以P(A)=2764×164+2764×964=1352048．【点评】本题考查概率、离散型随机变量的分布列与数学期望，是中档题．19．已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足S n=2a n–2n–1，（n∈N+）．（Ⅰ）求证：数列{a n+2}是等比数列；（Ⅱ）求数列{n•（a n+2）}的前n项和．【点睛】（I）用数列的递推式和等比数列的定义，即可得证；（II）用等比数列的通项公式、错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，即可求解．【解析】（I）S n=2a n–2n–1，（n∈N+），令n=1，求得a1=3．因为S n=2a n–2n–1①，所以S n–1=2a n–1–2（n–1）–1②；①–②得a n=2a n–2a n–1–2，即a n=2a n–1+2，所以a n+2a n−1+2=2(a n−1+2)a n−1+2=2，所以{a n+2}是等比数列．（II）由（I）知：{a n+2}是首项为a1+2=5，公比为2的等比数列．所以a n+2=5×2n−1，所以n⋅(a n+2)=52⋅n⋅2n，设数列{n•（a n+2）}的前n项和为T n，则T n=52(1⋅2+2⋅22+3⋅23+⋯+n⋅2n)③2T n=52(1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋯+n⋅2n+1)④③–④得：−T n=52(2+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1)=52[2(1−2n)1−2−n⋅2n+1]，即T n=5(n−1)2n+5．所以数列{n•（a n+2）}的前n项和为5(n−1)2n+5．【点评】本题考查等比数列，数列的错位相减法求和，是中档题．20．已知f（x）=e x，g（x）=ln（x+2）．（Ⅰ）f（x）和g（x）的导函数分别为f'（x）和g'（x），令h（x）=f'（x）–g'（x），判断h（x）在（–2，+∞）上零点个数；（Ⅱ）当x>–2时，证明f（x）>g（x）．【点睛】（I）先对h（x）求导，然后结合导数研究单调性，结合函数的零点可求；（II ）不等式转化为：证明H （x ）=f （x ）–g （x ）>0恒成立，求导即可求解． 【解答】（I ）因为f′(x)=e x ，g′(x)=1x+2(x >−2)，所以ℎ(x)=e x −1x+2(x >−2) 因为h （x ）在（–2，+∞）内单增， ℎ(−1)=1e −1<0，ℎ(0)=1−12>0， 所以h （x ）在（–2，+∞）内有且只有一个零点．（II ）构造函数H （x ）=f （x ）–g （x ）=e x –ln （x +2），H′(x)=e x −1x+2． 由（I ）可知：存在x 0∈（–1，0）使得，H′(x 0)=e x 0−1x 0+2=0即e x 0=1x 0+2． 当x ∈（–2，x 0）时，H '（x ）<0，H （x ）单减； 当x ∈（x 0，+∞）时，H '（x ）>0，H （x ）单增； 所以H(x)min =H(x 0)=ex 0−ln(x 0+2)=ex 0+x 0=1x 0+2+x 0=(x 0+1)2x 0+2>0，所以H （x ）=f （x ）–g （x ）>0， 所以当x >–2时，f （x ）>g （x ）．【点评】本题考查导数在研究函数中的应用，函数与方程，是中档题．21．如图，过抛物线C ：y 2=8x 的焦点F 的直线交抛物线C 于不同两点A ，B ，P 为拋物线上任意一点（与A ，B 不重合），直线P A ，PB 分别交抛物线的准线l 于点M ，N ． （Ⅰ）写出焦点F 的坐标和准线l 的方程； （Ⅱ）求证：MF ⊥NF ．【点睛】（Ⅰ）由抛物线的定义可得焦点F 的坐标和准线l 的方程；（Ⅱ）联立直线与抛物线求出两根之积，再求P A 、PB 的方程，进而求出M ，N 的坐标，由FN →⋅FM →=0可得MF ⊥NF ． 【解析】（I ）因为抛物线C ：y 2=8x ，所以抛物线的焦点F （2，0），准线l 的方程为x =–2．（II ）由（I ）知，设直线AB 的方程为x –2=my （m ∈R ）． 令P （x 0，y 0），A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），联立{x −2=my y 2=8x ，消去x 得y 2–8my –16=0，由根与系数的关系得y 1y 2=–16．直线PB 方程为：y−y 0y 2−y 0=x−x 0x 2−x 0，即y =y 2−y 0x 2−x 0(x −x 0)+y 0=y 2−y 0y 228−y 028(x −y 028)+y 0=8y 2+y 0(x −y 028)+y 0=y 2y 0+8x y 2+y 0． 当x =–2时，y =y 2y 0−16y 2+y 0，所以N(−2，y 2y 0−16y 2+y 0)；同理可得M(−2，y 1y 0−16y 1+y 0)； 所以FN →=(−4，y 2y 0−16y 2+y 0)，FM →=(−4，y 1y 0−16y 1+y 0)，所以FN →⋅FM →=16+y 2y 0−16y 2+y 0×y 1y 0−16y 1+y 0=16(y 2+y 0)(y 1+y 0)+(y 2y 0−16)(y 1y 0−16)(y 2+y 0)(y 1+y 0)=16y 1y 2+16y 02+y 1y 2y 02+256(y 2+y 0)(y 1+y 0)=16(−16)+16y 02+(−16)y 02+256(y 2+y 0)(y 1+y 0)=0， 所以FN →⊥FM →； 所以MF ⊥NF ．【点评】本题考查抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，是中档题．（二）选考题：共10分，考生从22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号涂黑. [选修4––4：坐标系与参数方程]22．在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程{x =2√3cosβy =2sinβ（β为参数）．直线l 的参数方程{x =√3+tcosαy =1+tsinα（t 为参数）． （Ⅰ）求曲线C 在直角坐标系中的普通方程；（Ⅱ）以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，当曲线C 截直线l 所得线段的中点极坐标为(2，π6)时，求直线l 的倾斜角． 【点睛】（I ）利用平方关系消去参数即可求解．（II ）解法一：中点化成直角坐标为(√3，1)，将{x =√3+tcosαy =1+tsinα代入x 212+y 24=1，得(cos 2α+3sin 2α)t 2+(6sinα+2√3cosα)t −6=0，用根与系数的关系、参数的意义即可得出．解法二：中点的直角坐标为(√3，1)．联立直线l 与曲线C ，求得 x 1+x 22=√3，y 1+y 22=1．由点差法求得直线的斜率．【解析】（I ）{x =2√3cosβy =2sinβ，（β为参数），即{cosβ=x23sinβ=y 2消去参数得x 212+y 24=1；所以曲线C 的普通方程为x 212+y 24=1．（II ）解法一(参数法)：中点极坐标(2，π6)化成直角坐标为(√3，1)，将{x =√3+tcosαy =1+tsinα代入x 212+y 24=1，得(√3+tcosα)212+(1+tsinα)24=1．所以(cos 2α+3sin 2α)t 2+(6sinα+2√3cosα)t −6=0， 由参数t 的几何意义得t 1+t 2=−6sinα+2√3cosαcos 2α+3sin 2α=0，即−6sinα−2√3cosα=0． 即sinαcosα=−√33，所以tanα=k =−√33； 又α∈（0，π），所以直线l 的倾斜角为5π6．解法二(点差法)：中点极坐标(2，π6)化成直角坐标为(√3，1)．设直线l 与曲线C 相交于A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）两点， 所以x 1+x 22=√3，y 1+y 22=1．联立{x 1212+y 124=1x 2212+y 224=1，得x 22−x 1212+y 22−y 124=0，化简得y 2−y 1x 2−x 1=−x 1+x 23(y 1+y 2)=−2√33×2=−√33． 所以k l =tanα=−√33．又α∈（0，π），所以直线l 的倾斜角为5π6．【点评】本题考查参数方程化为普通方程，参数的意义，是中档题． [选修4––5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|x–a|（x–2）+|x–2|（x–a）．（Ⅰ）当a=2时，求不等式f（x）<0的解集；（Ⅱ）若x∈（0，2）时f（x）≥0，求a的取值范围．【点睛】（Ⅰ）将a=2代入，分类求解；（Ⅱ）用绝对值不等式的性质得|x–a|≤x–a，由此得解．【解析】（I）当a=2时，f（x）=|x–2|（x–2）+|x–2|（x–2），由f（x）<0得|x–2|（x–2）+|x–2|（x–2）<0．①当x≥2时，原不等式可化为2（x–2）2<0，无解；②当x<2时，原不等式可化为–2（x–2）2<0，解得x<2；所以f（x）<0的解集为{x|x<2}．（II）当x∈（0，2）时，x–2≤0；f（x）=|x–a|（x–2）+|x–2|（x–a）=（x–2）[|x–a|–（x–a）]．由f（x）≥0得（x–2）[|x–a|–（x–a）]≥0，因为x–2≤0，所以|x–a|–（x–a）≤0，即|x–a|≤x–a，所以x–a≥0，即a≤x，x∈（0，2），所以a≤0；所以a的取值范围为（–∞，0]．【点评】本题考查绝对值不等式，是基础题．。
2020年陕西省咸阳市高考数学三模试卷(理科)
2020年陕西省咸阳市高考数学三模试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 若集合A ={1, 2, 3, 4, 5}，集合B ={x|0<x <4}，则图中阴影部分所表示的集合为( )A.{1, 2, 3, 4}B.{1, 2, 3}C.{4, 5}D.{1, 4}2. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＝2a 3，a 1＝1，则S 4＝（ ） A.31 B.15 C.8 D.73. 2020年春节突如其来的新型冠状病毒肺炎在湖北爆发，一方有难八方支援，全国各地的白衣天使走上战场的第一线．某医院抽调甲乙丙三名医生，抽调A ，B ，C 三名护士支援武汉第一医院与第二医院，参加武汉疫情狙击战．其中选一名护士与一名医生去第一医院，其它都在第二医院工作，则医生甲和护士A 被选为第一医院工作的概率为（ ） A.112 B.16C.15D.194. 已知非零向a →，b →满足|a →|=√2|b →|，且(a →−b →)⊥b →，则a →与b →的夹角为（ ） A.π6B.π4C.3π4D.5π65. 若复数z 满足|z −l +i|＝l ，z 在复平面内对应的点为(x, y)，则（ ） A.(x +1)2+(y +1)2＝1 B.(x +1)2+(y −1)2＝1 C.(x −1)2+(y −1)2＝1 D.(x −1)2+(y +1)2＝16. “−π2<α<π2”是“方程x 22−y 2cos α=1表示双曲线”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. “牟和方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上（图1），好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．其直观图如（图2）所示，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，当其正视图与侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是（ ）A.a ，bB.a ，cC.c ，bD.b ，d8. 若数列{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，且满足：a 1+a 2020＝27，b 1⋅b 2020＝2函数f(x)满足f(x +2)＝−f(x)且f(x)＝e x ，x ∈[0, 2]，则f(a1010+a 10111+b1010b 1011)=( )A.eB.e 2C.e −1D.e 99. 函数y =2x −12x +1⋅sin x 的图象大致为（ ）A. B.C. D.10. 已知x ，y 满足不等式组{y ≥0y ≤x x +y −m ≤0，且目标函数z ＝3x −2y 的最大值为180，则实数m 的值为（ ）A.60B.70C.80D.9011. 已知抛物线C:y 2＝8x ，点P ，Q 是抛物线上任意两点，M 是PQ 的中点，且|PQ|＝10，则M 到y 轴距离的最小值为（ ） A.9 B.8 C.4 D.312. 已知函数f(x)＝e −x −e x +ax （a 为常数）有两个不同极值点，则实数a 的取值范围是（ ） A.[1, +∞) B.[2, +∞) C.(2, +∞) D.(1, +∞)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．若tan α=13,tan (α+β)=12，则tan β＝________．已知在三棱锥A −BCD 中，AB ，AC ，AD 两两垂直，且AB ＝1，AC =√3,AD =2√2，则三棱锥A −BCD 外接球的体积为________√3π ．现有一个关于平面图形的命题：如图，同一个平面内有两个边长都是a 的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为a24．类比到空间，有两个棱长均为a 的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为________．给出以下四个命题：①数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．②在面积为S 的△ABC 的边AB 上任取一点P ，则△PBC 的面积大于S4的概率为34． ③将多项式a 6x 6+a 5x 5+...+a 1x +a 0分解因式得(x −2)(x +2)5，则a 5＝8．④若∫ ba f(x)dx >0，那么由y ＝f(x)，x ＝a ，x ＝b 以及x 轴所围成的图形一定在x 轴下方． 其中正确命题的序号为________（把所有正确命题的序号都填上）三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分设a ，b ，c 分别为锐角△ABC 内角A ，B ，C 的对边，且满足√3sin A(cot A +cot B)=2sin C,b =4． (Ⅰ)求角B 的大小；(Ⅱ)求△ABC 面积的最大值．已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，F 1、F 2分别是其左、右焦点，过F 1的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，且椭圆C 的离心率为12，△AF 2B 的内切圆面积为π,S △AF 2B =4． (Ⅰ)求椭圆C 的方程； (Ⅱ)若|AB|=247时，求直线l 的方程．2020年寒假，因为“新冠”疫情全体学生只能在家进行网上学习为了研究学生网上学习的情况，某学校随机抽取120名学生对线上教学进行调查，其中男生与女生的人数之比为11:13，抽取的学生中男生有30人对线上教学满意，女生中有15名表示对线上教学不满意．完成2×2列联表，并回答能否有99%的把握认为对线上教学是否满意与性别有关”；(Ⅱ)从被调查的对线上教学满意的学生中，利用分层抽样抽取8名学生，再在这8名学生中抽取3名学生，作线上学习的经验介绍，其中抽取男生的人数为ξ，求出ξ的分布列及数学期望． 附；K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．如图，在三棱锥A −BCD 中，△ABC 是边长为2的正三角形，△ADC 是等腰直角三角形∠ADC ＝90∘，AB ＝BD ．(Ⅰ)证明：平面ADC ⊥平面ABC ；(Ⅱ)点E 在BD 上，若平面ACE 把三棱锥A −BCD 分成体积相等的两部分，求二面角A −CE −D 的余弦值．已知函数f(x)=12ax2−(2a+1)x+2ln x．(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性；(Ⅱ)当a＝0时，证明f(x)<2e x−x−4．（其中e为自然对数的底数）（二）选考题：共10分.考生从22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy中曲线C的参数方程为{x=2cosαy=√3sinα（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，已知直线l过A，B两点，且这两点的极坐标分别为A(2√7,0),B(2√7,π2)．(Ⅰ)求C的普通方程和直线l的直角坐标方程；(Ⅱ)若M为曲线C上一动点，求点M到直线l的最小距离．[选修4-5：不等式选讲]已知a>0，b>0，且a+b＝2．(Ⅰ)若1a +4b≥|2x−1|恒成立，求x的取值范围；(Ⅱ)证明：(1a +1b)(a3+b3)≥4．参考答案与试题解析2020年陕西省咸阳市高考数学三模试卷（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.【答案】C【考点】Venn图表达集合的关系及运算交、并、补集的混合运算【解析】由集合的交、并、补的混合运算可得：阴影部分所表示的集合为A∩∁R B，得解．【解答】解：∵集合A={1, 2, 3, 4, 5}，集合B={x|0<x<4}，∴∁R B={x|x≥4或x≤0}.由韦恩图可得，阴影部分表示的是A中去掉B的那部分，∴阴影部分所表示的集合为A∩(∁R B)={4, 5}.故选C.2.【答案】B【考点】等比数列的前n项和【解析】利用等比数列的通项公式求出公比q＝2，由此能求出S4．【解答】∵等比数列{a n}的前n项和为S n，a4＝2a3，a1＝1，∴q3＝2q2，解得q＝2，∴S4=1−241−2=15．3.【答案】D【考点】古典概型及其概率计算公式【解析】基本事件总数n=C31C31=9，医生甲和护士A被选为第一医院工作包含的基本事件只有1种，由此能求出医生甲和护士A被选为第一医院工作的概率．【解答】某医院抽调甲乙丙三名医生，抽调A，B，C三名护士支援武汉第一医院与第二医院，参加武汉疫情狙击战．其中选一名护士与一名医生去第一医院，其它都在第二医院工作，基本事件总数n=C31C31=9，医生甲和护士A被选为第一医院工作包含的基本事件只有1种，则医生甲和护士A被选为第一医院工作的概率为p=19．4.【答案】B【考点】平面向量数量积的性质及其运算【解析】根据平面向量的数量积与模长公式，列出等式即可求出a→与b→夹角【解答】设a→与b→的夹角为θ；因为|a→|=√2|b→|，且(a→−b→)⊥b→，∴(a→−b→)⋅b→=a→⋅b→−b→2=0，∴|a→|×|b→|×cosθ−|b→|2＝0；⇒cosθ=√22；∵θ∈[0, π]；∴θ=π45.【答案】D【考点】复数的代数表示法及其几何意义【解析】根据条件可得√(x−1)2+(y+1)2=l，化简即可得到z在复平面内对应的点的轨迹．【解答】∵z在复平面内对应的点为(x, y)，|z−l+i|＝l，∴|z−l+i|=√(x−1)2+(y+1)2=l，∴(x−1)2+(y+1)2＝1，6.【答案】A【考点】充分条件、必要条件、充要条件双曲线的标准方程【解析】方程x 22−y 2cos α=1表示双曲线，可得cos α>0，解出即可判断出结论． 【解答】 方程x 22−y 2cos α=1表示双曲线，可得2cos α>0，即cos α>0，可得2kπ−π2<α<2kπ+π2，k ∈Z ．∴ “−π2<α<π2”是“方程x 22−y 2cos α=1表示双曲线”的充分不必要条件． 7.【答案】 A【考点】简单空间图形的三视图 【解析】相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．根据三视图看到方向，可以确定三个识图的形状，判断答案． 【解答】∵ 相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）． ∴ 其正视图和侧视图是一个圆，∵ 俯视图是从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上 ∴ 俯视图是有2条对角线且为实线的正方形， 8.【答案】 A【考点】数列与函数的综合 【解析】利用等差数列以及等比数列的性质，化简f(a1010+a 10111+b1010b 1011)为f(9)，结合已知条件，转化求解即可．【解答】数列{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，且满足：a 1+a 2020＝27，b 1⋅b 2020＝2，所以f(a1010+a 10111+b1010b 1011)=f(a 1+a 20201+b1b 2020)=f(271+2)=f(9)，函数f(x)满足f(x +2)＝−f(x)且f(x)＝e x ，x ∈[0, 2]， ∴ f(9)＝−f(7)＝f(5)＝−f(3)＝f(1)＝e ． 故选：A ． 9.【答案】 D【考点】函数的图象与图象的变换 【解析】根据题意，用排除法分析：令x ＝0和x ＝π，求出函数的值，由排除法分析选项即可得答案． 【解答】根据题意，设y ＝f(x)=2x −12x +1⋅sin x ，当x ＝0时，有f(0)=20−120+1sin 0＝0，排除B 、C ； 当x ＝π时，sin π＝0，有f(π)＝0，排除A ； 10.【答案】 A【考点】 简单线性规划 【解析】作出不等式组对应的平面区域，目标函数z ＝3x −2y 的最大值为180，通过直线平移，找到取得最大值的交点，利用数形结合即可的得到结论． 【解答】作出不等式组对应的平面区域，如图： 由z ＝3x −2y 化简为y =32x −12z ， 平移直线y =32x −12z ， 由图象可知当直线y =32x −12z ， 经过点A(m, 0)时，直线y =32x −12z 的截距最小，此时z 最大， z max ＝3m ＝180， 解得：m ＝60． 11. 【答案】 D【考点】 抛物线的性质 【解析】法一：设直线l 的方程为x ＝my +n ，设点A(x 1, y 1)、B(x 2, y 2)，将直线l 的方程与抛物线C 的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式计算|AB|，并利用条件|AB|＝12，得出m 与n 所满足的关系式，然后求出点M 的坐标，可得出点M 到x 轴距离的表达式，将关系式代入并结合基本不等式可得出点M 到x 轴距离的最小值即可． 法二：运用抛物线的定义解题；PQ ≤PF +QF ，再由中位线定理和抛物线的定义． 【解答】法-：由题意可知直线l 的斜率不为零，设l:x ＝my +n ，设点A(x 1, y 1)、B(x 2, y 2)， 则点M(x 1+x 22, y 1+y 22)，点M 到x 轴的距离为y 1+y 22．由{x =my +n y 2=8x，整理得y 2−8my −8n ＝0．△＝64m 2+32n >0，由韦达定理得y 1+y 2＝8m ，y 1y 2＝−8n ．|AB|=√1+m 2⋅|y 1−y 2|=√1+m 2⋅√64m 2+32n =10，可得n =258(1+m )−2m 2， ∵y 1+y 22=4m ，∴x 1+x 22=m ⋅y 1+y 22+n ＝m ⋅4m +n ＝4m 2+258(1+m 2)−2m 2＝2m 2+258(1+m 2)=2(1+m 2)+258(1+m 2)−2≥2√2(1+m 2)×258(1+m 2)−2＝5−2＝3；当且仅当 2(1+m 2)=258(1+m 2)，即当m ＝±12时，等号成立， 此时n =258(1+m 2)−2m 2＝2，△＝64m 2+32n >0成立，合乎题意！因此，点M 到y 轴的距离的最小值为3，此时，直线l 的方程为x ±12y −2＝0． 法二：因为：|PQ|≤PF +QF ＝x 1+x 2+p ⇒x 1+x 2≥10−p ＝6； ∴ PQ 的中点M 到y 轴距离的值为：x 1+x 22≥3；即最小值为3． 12. 【答案】 C【考点】利用导数研究函数的极值 【解析】由导数与极值的关系知可转化为方程f′(x)＝0在R 上有两个不同根，结合函数的性质可求． 【解答】由题意可得，f′(x)＝−e −x −e x +a ＝0有2个不同的实数根，即a ＝e x +e −x 有2个不同的实数根， 令g(x)＝e x +e −x ，则g′(x)＝e x −e −x 在R 上单调递增且g(0)＝0，故当x <0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x >0时，g′(x)>0，g(x)单调递增，且g(0)＝2， 故a >2．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 【答案】17【考点】两角和与差的三角函数 【解析】把β变为(α+β)−α，然后利用两角差的正切函数公式化简后，将tan (α+β)和tan α的值代入即可求出值． 【解答】∵ tan α=13,tan (α+β)=12， ∴ tan β＝tan [(α+β)−α]=tan (α+β)−tan α1+tan (α+β)tan α=12−131+12×13=17．【答案】 4【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】利用三棱锥侧棱AB 、AC 、AD 两两垂直，补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的对角线就是球的直径，求出长方体的三度，从而求出对角线长，即可求解外接球的体积． 【解答】三棱锥A −BCD 中，侧棱AB 、AC 、AD 两两垂直，补成长方体，两者的外接球是同一个， 长方体的对角线就是球的直径，该长方体的三边分别为1，√3，2√2， 所以球的直径为：√1+(√3)2+(2√2)2=2√3， 所以球的半径为√3，所以三棱锥A −BCD 的外接球的体积为43π×(√3)3＝4√3π 【答案】 a 38【考点】 类比推理 【解析】首先平面正方形的知识可知一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为a 24，结合空间正方体的结构特征，即可类比推理出两个两个正方体重叠部分的体积． 【解答】∵ 同一个平面内有两个边长都是a 的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心， 则这两个正方形重叠部分的面积恒为a 24，类比到空间有两个棱长均为a 的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心， 则这两个正方体重叠部分的体积恒为a 38，【答案】 ②③ 【考点】命题的真假判断与应用 【解析】举例说明①④错误；由几何概型求概率说明②正确；由二项式系数的性质求得a 5说明③正确． 【解答】常数列也是等差数列，但常数列的通项公式为常数函数，不是n 的一次函数，故①错误； 根据几何概型可知，△PBC 的面积大于S4的概率为S−S 4S=34，故②正确；由二项展开式的通项公式可得，(x +2)5中x 4的系数为C 51×2=10，x 5的系数为C 50=1，则a 5＝10−2＝8，故③正确；若∫ ba f(x)dx >0，那么由y ＝f(x)，x ＝a ，x ＝b 以及x 轴所围成的图形可能一部分在x 轴下方，一部分在x 轴上方．如∫ 30(x −1)dx >0，由y ＝f(x)，x ＝a ，x ＝b 以及x 轴所围成的图形如图：故④错误．∴正确命题的序号是②③．三、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17-21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分【答案】（1）∵√3sin A(cot A+cot B)=2sin C,b=4，可得√3sin A(cos Asin A +cos Bsin B)＝2sin C，∴可得√3sin A(sin B cos A+cos B sin Asin A sin B )=2sin C，即√3sin A⋅sin(A+B)sin A sin B=2sin C，∴可得sin B=√32，又∵B为锐角，∴B=π3．（2）∵由(Ⅰ)可知B=π3，且b＝4，∴由余弦定理b2＝a2+c2−2ac cos B，可得16＝a2+c2−ac≥2ac−ac＝ac，∴S△ABC=12ac sin B≤12×16×√32=4√3，故△ABC面积的最大值为4√3．【考点】正弦定理【解析】(Ⅰ)利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sin B=√32，结合B为锐角，可求B的值．(Ⅱ)由余弦定理，基本不等式可求得16≥ac，根据三角形的面积公式即可求解．【解答】（1）∵√3sin A(cot A+cot B)=2sin C,b=4，可得√3sin A(cos Asin A +cos Bsin B)＝2sin C，∴可得√3sin A(sin B cos A+cos B sin Asin A sin B )=2sin C，即√3sin A⋅sin(A+B)sin A sin B=2sin C，∴可得sin B=√32，又∵B为锐角，∴B=π3．（2）∵由(Ⅰ)可知B=π3，且b＝4，∴由余弦定理b2＝a2+c2−2ac cos B，可得16＝a2+c2−ac≥2ac−ac＝ac，∴S△ABC=12ac sin B≤12×16×√32=4√3，故△ABC面积的最大值为4√3．【答案】（1）由题意可得e=ca=12，因为△AF2B的内切圆面积为π，所以内切圆的半径为1，所以△AF2B的面积为12⋅4a⋅1＝4所以a＝2，进而可得c＝1，而b2＝a2−c2＝3，所以椭圆的方程为：x24+y23=1；（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，由(Ⅰ)可得F1(−1, 0)，当直线AB的斜率不存在时可得|AB|＝2⋅b2a=3不符合题意，所以直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为：y＝k(x+1)，联立直线与椭圆的方程：{y=k(x+1)3x2+4y2−12=0整理可得：(3+4k2)x2+8k2x+4k2−12＝0，可得x1+x2=−8k23+4k2，x1x2=4k2−123+4k2，所以|AB|=√1+k2⋅√(x1+x2)2−4x1x2=12(1+k2)3+4k2=247，解得k＝±1，所以直线l的方程为：x−y+1＝0或x+y+1＝0．【考点】直线与椭圆的位置关系椭圆的应用椭圆的标准方程【解析】(Ⅰ)由离心率可得a，c的关系，再由内切圆的面积求出内切圆的半径，进而求出三角形AF2B的面积，由题意可得a的值，再由a，b，c之间的关系求出b的值，进而求出椭圆的方程；(Ⅱ)设直线AB的方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦长的表达式，再由题意可得参数的值，进而求出直线l的方程．【解答】（1）由题意可得e=ca=12，因为△AF2B的内切圆面积为π，所以内切圆的半径为1，所以△AF2B的面积为12⋅4a⋅1＝4所以a＝2，进而可得c＝1，而b2＝a2−c2＝3，所以椭圆的方程为：x24+y23=1；（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，由(Ⅰ)可得F1(−1, 0)，当直线AB的斜率不存在时可得|AB|＝2⋅b2a=3不符合题意，所以直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为：y＝k(x+1)，联立直线与椭圆的方程：{y =k(x +1)3x 2+4y 2−12=0 整理可得：(3+4k 2)x 2+8k 2x +4k 2−12＝0， 可得x 1+x 2=−8k 23+4k2，x 1x 2=4k 2−123+4k 2，所以|AB|=√1+k 2⋅√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=12(1+k 2)3+4k 2=247，解得k ＝±1，所以直线l 的方程为：x −y +1＝0或x +y +1＝0． 【答案】（1）2×2联表如下：K 2=120(30×15−25×50)255×65×80×40≈6.713>6.635，故有99%的把握认为“对线上教学是否满意与性别有关“． （2）抽取的8名学生中男生有3人，女生有5人，从中抽取3人，则男生人数ξ的可能取值有0，1，2，3． 且P(ξ＝0)=C 53C 83=528，P(ξ＝1)=C 31⋅C52C 83=1528，P(ξ＝2)=C 32⋅C51C 83=1556，P(ξ＝3)=C 33C 83=156．故ξ的分布列为：E(ξ)＝0×528+1×1528+2×1556+3×156=98． 【考点】离散型随机变量及其分布列 独立性检验离散型随机变量的期望与方差【解析】（1）根据男女比列计算人数，计算k 2与6.635比较大小得出结论； （2）根据超几何分布的概率公式得出分布列，并计算数学期望． 【解答】（1）2×2联表如下：则{n →⋅CA →=2x =0n →⋅CE →=x +√32y +12z=0 ，取y ＝1，得n →=(0, 1, −√3)， 同理，解得平面DCE 的法向量m →=(1, −√33, −1)， 设二面角A −CE −D 的平面角为θ， 则cos θ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=√77． ∴ 二面角A −CE −D 的余弦值为√77．【考点】平面与平面垂直二面角的平面角及求法【解析】(Ⅰ)取AC 中点O ，连结OD ，OB ，推导出OD ⊥AC ，BO ⊥AC ，BO ⊥AC ，从而∠DOB 是二面角D −AC −B 的平面角，由此能证明平面ADC ⊥平面ABC ．(Ⅱ)以O 为坐标原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A −CE −D 的余弦值． 【解答】（1）证明：取AC 中点O ，连结OD ，OB ，由题设可知，△ACD 是等腰直角三角形，且∠ADC ＝90∘， ∴ AD ＝DC ，∴ OD ⊥AC ，∵ △ABC 是正三角形，∴ BO ⊥AC ， ∴ △ABC 是正三角形，∴ BO ⊥AC ， ∴ ∠DOB 是二面角D −AC −B 的平面角， 在Rt △AOB 中，BO 2+AO 2＝AB 2，又AB ＝BD ，OD ＝AO ，∴ BO 2+AO 2＝AB 2＝BD 2， ∴ ∠DOB ＝90∘，∴ 平面ADC ⊥平面ABC ． （2）由题设及(Ⅰ)知OA ，OB ，OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，OB 为y 轴，OD 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则A(1, 0, 0)，B(0, √3, 0)，C(−1, 0, 0)，D(0, 0, 1)，∵ 点E 在BD 上，平面ACE 把三棱锥A −BCD 分成体积相等的两部分， ∴ 由题设知三棱锥A −BCE 的体积为三棱锥A −BCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12， ∴ E 是DB 的中点，∴E(0, √32, 12)，∴ CD →=(1, 0, 1)，CA →=(2, 0, 0)，CE →=(1, √32, 12)，设平面ACE 的法向量n →=(x, y, z)，则{n →⋅CA →=2x =0n →⋅CE →=x +√32y +12z =0 ，取y ＝1，得n →=(0, 1, −√3)， 同理，解得平面DCE 的法向量m →=(1, −√33, −1)， 设二面角A −CE −D 的平面角为θ， 则cos θ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=√77． ∴ 二面角A −CE −D 的余弦值为√77．【答案】（1）由题意，函数的定义域为(0, +∞)，f ′(x)=ax −(2a +1)+2x =(ax−1)(x−2)x，当a ＝0时，f ′(x)=2−x x，当x ∈(0, 2)时，f′(x)>0，当x ∈(2, +∞)时，f′(x)<0；当a <0时，f ′(x)=a(x−1a)(x−2)x，当x ∈(0, 2)时，f′(x)>0，当x ∈(2, +∞)时，f′(x)<0；当0<a <12时，当x ∈(0,2)∪(1a ,+∞)时，f′(x)>0，当x ∈(2,1a )时，f′(x)<0； 当a =12时，f′(x)≥0；当a >12时，当x ∈(0,1a )∪(2,+∞)时，f′(x)>0，当x ∈(1a ,2)时，f′(x)<0； 综上所述，当a ≤0时，f(x)在(0, 2)上单调地增，在(2, +∞)上单调递减； 当0<a <12时，f(x)在(0,2),(1a ,+∞)上单调递增，在(2,1a )上单调递减； 当a =12时，f(x)在(0, +∞)上单调递增；当a >12时，f(x)在(0,1a ),(2,+∞)上单调递增，在(1a ,2)上单调递减； （2）证明：当a ＝0时，由f(x)<2e x −x −4，只需证明e x >ln x +2， 令g(x)＝e x −ln x −2(x >0)，g ′(x)=e x −1x ，易知g′(x)在(0, +∞)上单调递增，且x →0时，g′(x)<0，g′(1)＝e −1>0， ∴ 存在x 0∈(0, 1)，使得g′(x 0)＝0，则e x 0=1x 0(0<x 0<1)，且当x ∈(0, x 0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x ∈(x 0, +∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增， ∴ 当x ＝x 0时，g(x)取得唯一的极小值，也是最小值，∴ g(x)的最小值是g(x 0)=e x 0−ln x 0−2=1x 0−ln1ex 0−2=1x 0+x 0−2>0，∴ f(x)<2e x −x −4成立． 【考点】利用导数研究函数的最值 利用导数研究函数的单调性 【解析】(Ⅰ)求导，分a ＝0，a <0，0<a <12，a =12及a >12讨论f′(x)与0的关系，进而得出单调性情况； (Ⅱ)依题意，只需证明e x >ln x +2，令g(x)＝e x −ln x −2(x >0)，利用导数求其最小值大于0即可得证． 【解答】（1）由题意，函数的定义域为(0, +∞)，f ′(x)=ax −(2a +1)+2x =(ax−1)(x−2)x，当a ＝0时，f ′(x)=2−x x，当x ∈(0, 2)时，f′(x)>0，当x ∈(2, +∞)时，f′(x)<0；当a <0时，f ′(x)=a(x−1a)(x−2)x，当x ∈(0, 2)时，f′(x)>0，当x ∈(2, +∞)时，f′(x)<0；当0<a <12时，当x ∈(0,2)∪(1a,+∞)时，f′(x)>0，当x ∈(2,1a)时，f′(x)<0； 当a =12时，f′(x)≥0；当a >12时，当x ∈(0,1a )∪(2,+∞)时，f′(x)>0，当x ∈(1a ,2)时，f′(x)<0； 综上所述，当a ≤0时，f(x)在(0, 2)上单调地增，在(2, +∞)上单调递减； 当0<a <12时，f(x)在(0,2),(1a ,+∞)上单调递增，在(2,1a )上单调递减； 当a =12时，f(x)在(0, +∞)上单调递增；当a >12时，f(x)在(0,1a ),(2,+∞)上单调递增，在(1a ,2)上单调递减； （2）证明：当a ＝0时，由f(x)<2e x −x −4，只需证明e x >ln x +2， 令g(x)＝e x −ln x −2(x >0)，g ′(x)=e x −1x ，易知g′(x)在(0, +∞)上单调递增，且x →0时，g′(x)<0，g′(1)＝e −1>0， ∴ 存在x 0∈(0, 1)，使得g′(x 0)＝0，则e x 0=1x 0(0<x 0<1)，且当x ∈(0, x 0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x ∈(x 0, +∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，∴ 当x ＝x 0时，g(x)取得唯一的极小值，也是最小值，∴ g(x)的最小值是g(x 0)=e x 0−ln x 0−2=1x 0−ln 1e x 0−2=1x 0+x 0−2>0，∴ f(x)<2e x −x −4成立．（二）选考题：共10分.考生从22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.作答时用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号涂黑.[选修4-4：坐标系与参数方程] 【答案】（1）曲线C 的参数方程为{x =2cos αy =√3sin α（α为参数），转换为直角坐标方程为x 24+y 23=1，点A(2√7,0),B(2√7,π2)转换为直角坐标为(2√7,0)，(0,2√7)，所以直线l 的直角坐标方程为x +y −2√7=0． （2）设M(2cos θ, √3sin θ)到直线x +y −2√7=0的距离d =√3sin √7|√12+12=√7sin √7|√2≥√7−2√7|√2=√142， 所以点M 到直线l 的距离的最小值为√142． 【考点】参数方程与普通方程的互化 圆的极坐标方程【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)利用点到直线的距离公式的应用，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． 【解答】（1）曲线C 的参数方程为{x =2cos αy =√3sin α（α为参数），转换为直角坐标方程为x 24+y 23=1，点A(2√7,0),B(2√7,π2)转换为直角坐标为(2√7,0)，(0,2√7)，所以直线l 的直角坐标方程为x +y −2√7=0．（2）设M(2cos θ, √3sin θ)到直线x +y −2√7=0的距离d =√3sin √7|22=√7sin √7|√2≥√7−2√7|√2=√142， 所以点M 到直线l 的距离的最小值为√142． [选修4-5：不等式选讲]【答案】（1）由a +b ＝2得12(a +b)＝1， 则1a +4b =12(a +b)(1a +4b )=12(1+4+ba +4ab)≥12(5+2√b a ⋅4ab)=92，当且仅当b a =4ab时，1a +4b 取最小值92， 所以92≥|2x −1|，即−92≤2x −1≤92，解得−74≤x ≤114．（2）证明：∵ (1a+1b)(a 3+b 3)＝a 2+b 2+b 3a+a 3b≥a 2+b 2+2√b 3a a 3b=a 2+b 2+2ab ＝(a +b)2＝4，∴ (1a +1b )(a 3+b 3)≥4． 【考点】函数恒成立问题 不等式的证明 【解析】(Ⅰ)配凑均值不等式的形式求1a +4b的最小值，再由恒成立转化成关于x的不等式，求解即可．(Ⅱ)展开变形利用均值不等式即可证明．【解答】（1）由a+b＝2得12(a+b)＝1，则1a +4b=12(a+b)(1a+4b)=12(1+4+ba+4ab)≥12(5+2√ba⋅4ab)=92，当且仅当ba=4ab时，1a+4b取最小值92，所以92≥|2x−1|，即−92≤2x−1≤92，解得−74≤x≤114．（2）证明：∵(1a +1b)(a3+b3)＝a2+b2+b3a+a3b≥a2+b2+2√b3aa3b=a2+b2+2ab＝(a+b)2＝4，∴(1a +1b)(a3+b3)≥4．第21页共22页◎第22页共22页。
_2020年咸阳市三模数学(理科)试题及其答案
咸阳市2020年高考模拟检测（三）数学（理科）试题注意事项：1. 试卷共4页，满分150分，时间120分钟；2.答题前，考生必须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核准条形码上的姓名、准考证号；3.第I 卷选择题必须使用2B 铅笔填涂，第Ⅱ卷非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，涂写要工整、清晰；4．考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回．第I 卷（选择题 共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1．若集合,集合，则图中阴影部分表示（ ）A. B. C.D. 2．已知等比数列的前项和为，，，则（ ）A.31B.15C.8D.73. 2020年春节突如其来的新型冠状病毒肺炎在湖北爆发，一方有难八方支援，全国各地的白衣天使走上战场的第一线，某医院抽调甲、乙、丙三名医生，抽调A 、B 、C 三名护士支援武汉第一医院与第二医院，参加武汉疫情狙击战.其中选一名护士与一名医生去第一医院，其它都在第二医院工作，则医生甲和护士A 被选为第一医院工作的概率为（ ）A.B.C.D.4．已知非零向量满足，且，则与的夹角为（ ）{}1,2,3,4,5A ={}|(4)0=-<B x x x {}1,2,3,4{}1,2,3{}4,5{}1,4{}n a n n S 342a a =11a =4S =112161519,a b |||= a b ()a b b -⊥ a bA.B.C.D.5．设复数z 满足，z 在复平面内对应的点为P(x ，y )，则点P 的轨迹方程为 （ ）A ．B ．C ．D ．6．“”是“方程表示双曲线”的（ ）条件A.充分不必要 B.必要不充分 C.充要 D.既不充分也不必要7．“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造在一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞（方盖）。
专题29 空间向量与立体几何(解答题)(新高考地区专用)(解析版)
专题29 空间向量与立体几何（解答题）1．如图，在三棱锥P ABC -中，平面PAC ⊥平面ABC ，PC AC ⊥，BC AC ⊥，2AC PC ==，4CB =，M 是PA 的中点．（1）求证：PA ⊥平面MBC ；（2）设点N 是PB 的中点，求二面角N MC B --的余弦值．【试题来源】陕西省咸阳市2020-2021学年高三上学期高考模拟检测（一）（理）【答案】（1）证明见解析；（2）3． 【解析】（1）平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC平面ABC =AC ，BC ⊂平面ABC ，BC AC ⊥，所以BC ⊥平面PAC ，因为PA ⊂平面PAC ，所以BC PA ⊥，因为AC PC =，M 是PA 的中点，所以CM PA ⊥， 因为CMBC C =，,CM BC ⊂平面MBC ，所以PA ⊥平面MBC ．（2）因为平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC平面ABC =AC ，PC ⊂平面PAC ，PC AC ⊥，所以PC ⊥平面ABC ，因为BC ⊂平面ABC ，所以PC BC ⊥，以C 为原点，CA ，CB ，CP 为x ，y ，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，(2,0,0)A ，(0,4,0)B ，(0,0,0)C ，(0,0,2)P ，(1,0,1)M ，(0,2,1)N ，则(1,0,1)CM =，(0,2,1)CN =，(2,0,2)PA =-，由（1）知(2,0,2)PA =-是平面MBC 的一个法向量，设(,,)n x y z =是平面MNC 的法向量，则有00CM n CN n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即020x z y z +=⎧⎨+=⎩，令1y =，则2z =-，2x =，所以(2,1,2)n =-，设二面角N MC B --所成角为θ，由图可得θ为锐角，则2cos cos ,||||PA n PA n PA n θ⋅⨯=<>===【名师点睛】解题的关键是熟练掌握面面垂直的性质定理，线面垂直的判定和性质定理，并灵活应用，处理二面角或点到平面距离时，常用向量法求解，建立适当的坐标系，求得所需点的坐标及向量坐标，求得法向量坐标，代入夹角或距离公式，即可求得答案． 2．在四棱锥P ABCD -中，PAB △为直角三角形，90APB ∠=︒且12PA AB CD ==，四边形ABCD 为直角梯形，//AB CD 且DAB ∠为直角，E 为AB 的中点，F 为PE 的四等分点且14EF EP =，M 为AC 中点且MF PE ⊥．（1）证明：AD ⊥平面ABP ；（2）设二面角A PC E --的大小为α，求α的取值范围． 【试题来源】山东省德州市2020-2021学年高三上学期期末 【答案】（1）证明见解析；（2）,32ππα【解析】（1）取PE 的中点N ，连接AN ，DN ，CE ，如图所示：因为12AE AB =，12AP AB =，所以AP AE =，AN PE ⊥．因为四边形ABCD 为直角梯形，且90DAB ∠=︒，12CD AB =， 所以四边形AECD 为正方形，即M 为DE 的中点． 因为14EF EP =，N 为PE 的中点，所以F 为EN 的中点．所以//MF DN ． 因为MF PE ⊥，所以DN PE ⊥．所以PE DN PE ANPE DN AN N ⊥⎧⎪⊥⇒⊥⎨⎪⋂=⎩平面ADN ． 因为DA ⊂平面ADN ，所以PE DA ⊥．所以DA AB DA PEDA PE AB E ⊥⎧⎪⊥⇒⊥⎨⎪⋂=⎩平面ABP ． （2）以A 为原点，AB ，AD 分别为y ，z 轴，垂直AB 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：设AD a =，1PA CD ==，2AB =，则()0,0,0A，1,02P ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,1,0E ，()0,1,C a ． 31,02AP ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()0,1,AC a =，1,02PE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()0,0,CE a =-． 设平面PAC 的法向量()111,,n x y z =，则1111310220AP n x yAC n y az ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，令1y =，解得11x =，1z =，故1,3,n⎛=- ⎝⎭． 设平面PEC 的法向量()222,,m x y z =，则222310220PE mx y CE m az ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-=⎩，令2y =21x =，20z =，故()1,3,0m =．由图知，二面角A PC E --的平面角α为锐角，所以11cos 0,2α-⎛⎫==⎪⎝⎭．故,32ππα．3．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，AD BC ∥，112BC AD ==且CD =E 为AD 的中点，F 是棱PA 的中点，2PA =，PE ⊥底面ABCD ．AD CD ⊥（1）证明：//BF平面PCD ； （2）求二面角P BD F --的正弦值；（3）在线段PC （不含端点）上是否存在一点M ，使得直线BM 和平面BDF 所成角的正弦值为13？若存在，求出此时PM 的长；若不存在，说明理由． 【试题来源】天津市滨海七校2020-2021学年高三上学期期末联考 【答案】（1）证明见解析；（2（3）存在，7PM = 【解析】（1）由题意得//BC DE ，=BC DE ，90ADC ∠=︒，所以四边形BCDE 为矩形， 又PE ⊥面ABCD ，如图建立空间直角坐标系E xyz -，则()0,0,0E ，()1,0,0A，()B ，()1,0,0D -，(P ，()C -，1,0,22F ⎛ ⎝⎭，设平面PCD的法向量为(),,m x y z=，()0,DC =，(DP =则00DC m DP m ⎧⋅=⎨⋅=⎩，则0x ==⎪⎩，则0y =，不妨设x =1z =，可得()3,0,1m =-，又1,22BF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，可得0BF m ⋅=，因为直线BF ⊄平面BCD ，所以//BF 平面BCD ．（2）设平面PBD 的法向量为()1111,,x n y z =，()1,DB =，(0,BP =，则1100DB n BP n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111100x ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，不妨设x =()13,1,1n =--，设平面BDF 的法向量为()2222,,n xy z =，32DF ⎛= ⎝⎭，则2200DB n DF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即222203022x x z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，不妨设2x =，可得()2n =-，因此有121212cos ,65n n n n n n ⋅==-⋅，（注：结果正负取决于法向量方向） 于是21212465sin ,1cos ,n n n n =-=，所以二面角P BD F --．（3）设((),PM PC λλλ==-=-，()0,1λ∈(),BM BP PM λ=+=-，由（2）可知平面BDF 的法向量为()23,1,3n =-，2223cos ,BM n BM n BM n⋅===⋅，有23410λλ-+=，解得1λ=（舍）或13λ=， 可得1,333PM ⎛=-- ⎝⎭，所以73PM =． 4．在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，PA =//DC AB ，90DAB ∠=︒，3AB =，2AD CD ==，M 是棱PD 的中点．（1）求异面直线DP 与BC 所成的角的余弦值； （2）求AM 与平面PBC 所成的角的大小；（3）在棱PB 上是否存在点Q ，使得平面QAD 与平面ABCD 所成的锐二面角的大小为60°？若存在，求出AQ 的长；若不存在，说明理由．【试题来源】天津市南开中学2020-2021学年高三上学期第四次月考 【答案】（1；（2）45︒；（3）125． 【解析】如图，以,,AD AB AP 所在直线分别为,,x y z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则(()()()()(,0,0,0,3,0,0,2,2,0,0,2,0,P A B C D M ，（1）(0,DP =-，()1,2,0BC =-，所以cos,DP BC==，即异面直线DP与BC（2）(AM=，(3,0,PB=-，()1,2,0BC=-设平面PBC的法向量(),,m x y z=，则mPBm BC⎧⋅=⎨⋅=⎩，3020xx y⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩，所以可取(m=，设AM与平面PBC所成的角为θ，则sin cos,AM mθ===，所以AM与平面PBC所成的角为45︒；（3）平面ABCD的法向量可取()10,0,1n=，设(()3,0,3,0,PQ PBλλλ==-=-，则()3Qλ，所以()3AQλ=，()0,2,0AD =，设平面QAD的法向量为()2222,,n x y z=，则22nAQn AD⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，()2223020x zyλ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，可取()223,0,3nλ=-，因为平面QAD与平面ABCD所成的锐二面角的大小为60°.所以121cos,2n n=，12=，解得25λ=或2λ=-（舍）所以6,0,55AQ⎛=⎝⎭，所以61255AQ⎛==5．如图，在正四面体A BCD-中，点E，F分别是,ABBC的中点，点G，H分别在,CD AD 上，且14DH AD=，14DG CD=．（1）求证：直线,EH FG 必相交于一点，且这个交点在直线BD 上； （2）求直线AB 与平面EFGH 所成角的正弦值．【试题来源】陕西省榆林市2020-2021学年高三上学期第一次高考模拟测试（理） 【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】（1）因为//,//EF AC GH AC ，11=,=24EF AC GH AC ，所以//GH EF 且12GH EF =，故E ，F ，G ，H 四点共面，且直线,EH FG 必相交于一点，设=EH FG M ，因为,∈M EH EH平面ABD ，所以M ∈平面ABD ，同理：M ∈平面BCD ，而平面ABD ⋂平面BCD BD =，故M ∈平面BCD ，即直线,EH FG 必相交于一点，且这个交点在直线BD 上； （2）取BD 的中点O ，则,⊥⊥BD OA BD OC ，所以BD ⊥平面AOC ，不妨设OD =，则BD AC ==12AO CO ==， 所以1441441921cos 212123+-∠==⨯⨯AOC ，以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,(12,0,0),(6,--A B C F G ，故=BA ，(=-FG ，(8,0,=-AC ，(4,0,=-EF ，设平面EFGH 的法向量为(,,)n x y z =，由00n EF n FG ⎧⋅=⎨⋅=⎩可得50y x ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，令x =，则(52,=n ，则182cos ,3||||92⋅<>===⨯BA n BA n BA n ，故直线AB 与平面EFGH ． 6．如图，已知四边形ABCD 为菱形，对角线AC 与BD 相交于O ，60BAD ∠=︒，平面ADEF平面BCEF =直线EF ，FO ⊥平面ABCD ，22BC CE DE EF ====（1）求证：//EF DA ；（2）求二面角A EF B --的余弦值．【试题来源】江西省五市九校协作体2021届高三第一次联考 【答案】（1）证明见解析；（2）35． 【解析】（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以//AD BC ，AD ⊄平面BCEF ，BC ⊂平面BCEF ，//AD ∴平面BCEF ，因为平面ADEF平面BCEF =直线,EF AD ⊂平面ADEF ，所以//EF AD ；（2）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC BD ⊥，因为OF ⊥平面ABCD ，所以以O 为坐标原点、OA ，OB ，OF 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，取CD 中点M ，连EM ，OM ，60BAD ︒∠=，21BC OA OC OB OD =∴====，2BC CD CE DE CDE ====∴为正三角形，EM =11//,=,//,=22OM BC OM BC EF BC EF BC，//,=//,=EF OM EF OM OF EM OF EM∴∴，从而1(0,1,0),((0,1,0),(22A B C D E---，设平面ADEF一个法向量为(,,)m x y z=，则m DAm DE⎧⋅=⎨⋅=⎩，即12yx y⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令11,(1,x y z m=∴===-，设平面BCEF一个法向量为(,,)n x y z=，则n BCn EC⎧⋅=⎨⋅=⎩，即122yx y⎧-=⎪⎨-+-=⎪⎩，令11,(1,3,1)x y z n=∴==-=--，3cos,5|||,|m nm nm n⋅∴<>==，因此二面角A EF B--的余弦值为35．7．如图，在四棱锥P ABCD-中，90BAD∠=，//AD BC，PA AD⊥，PA AB⊥，122PA AB BC AD====．（1）求证：//BC平面PAD；（2）求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．【试题来源】北京房山区2021届高三上学期数学期末试题【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）解法1．因为//BC AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以//BC平面PAD，解法2．因为PA AD⊥，PA AB⊥，AD AB⊥，所以以A为坐标原点，,,AB AD AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系A xyz-，则(0,0,0),(2,0,0),(0,4,0),(0,0,2),(2,2,0)A B D P C ，平面PAD 的法向量为(1,0,0)t ， (0,2,0)BC = ，因为 0120000t BC ⋅=⨯+⨯+⨯= ，BC ⊄平面PAD ，所以//BC 平面PAD ； （2）因为PA AD ⊥，PA AB ⊥AD AB ⊥，所以以A 为坐标原点，,,AB AD AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示空间直角坐标系A xyz -，则(0,0,0),(2,0,0),(0,4,0),(0,0,2),(2,2,0)A B D P C所以平面PAB 的法向量为(0,1,0)n = ， 设平面PCD 的法向量为(,,)m x y z =， (2,2,2)PC =-，(0,4,2)PD =- ，所以2220042020x y z x y m PC m PC y z z y m PD m PD ⎧⎧+-==⎧⎧⊥⋅=⇒⇒⇒⎨⎨⎨⎨-==⊥⋅=⎩⎩⎩⎩，令1(1,1,2)y m ==得 ，cos ,1n mn m n m ⋅<>===⨯，设平面PAB 与平面PCD 所成角为θθ，为锐角， 所以cos θ=． 8．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，3BAD π∠=，E 是线段AD 的中点，连结BE ．（1）求证：BE PA ⊥；（2）求二面角A PD C --的余弦值；（3）在线段PB 上是否存在点F ，使得//EF 平面PCD ？若存在，求出PF PB 的值；若不存在，说明理由．【试题来源】北京市朝阳区2021届高三上学期期末数学质量检测试题【答案】（1）证明见解析；（2）7-；（3）存在；12PF PB =． 【解析】（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以AB AD =．因为3BAD π∠=，E 为AD 的中点，所以BE AD ⊥． 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD平面ABCD AD =，所以BE ⊥平面PAD ． 因为PA ⊂平面PAD ，所以BE PA ⊥．（2）连结PE ．因为PA PD =，E 为AD 的中点，所以PE AD ⊥．由（1）可知BE ⊥平面PAD ，所以BE AD ⊥，PE BE ⊥．设2AD a =，则PE a =．如图，建立空间直角坐标系E xyz -．所以(,0,0),,0),(2,0),(,0,0),(0,0,)A a B C a D a P a --．所以),0(D C a =-，(,0,)D a P a =．因为BE ⊥平面PAD ，所以(0,,0)EB =是平面PAD 的一个法向量．设平面PCD 的法向量为(,,)x y z =n ，则00n DC n DP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00ax ax az ⎧-+=⎪⎨+=⎪⎩，所以,.x x z ⎧=⎪⎨=-⎪⎩令3x =，则1y =，z =(3,1,n =．所以cos ,||||7n EB n EB n EB ⋅===．由题知，二面角A PD C --为钝角，所以其余弦值为- （3）当点F 是线段PB 的中点时，//EF 平面PCD ．理由如下： 因为点E ∈/平面PCD ，所以在线段PB 上存在点F 使得//EF 平面PCD 等价于0EF ⋅=n ．假设线段PB 上存在点F 使得//EF 平面PCD ．设([0,1])PF PBλλ=∈，则PF PB λ=．所以(0,0,),),)EF EP PF EP PB a a a a a λλλ=+=+=+-=-．由)0EF a a a λ⋅=-=n ，得12λ=． 所以当点F 是线段PB 的中点时，//EF 平面PCD ，且12PF PB =． 9．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，4PD =，底面ABCD 是边长为2的正方形，E ，F 分别为PB ，PC 的中点．（1）求证：平面ADE ⊥平面PCD ；（2）求直线BF 与平面ADE 所成角的正弦值．【试题来源】北京市东城区2021届高三上学期期末考试【答案】（1）证明见解析；（2）15． 【解析】（1）因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD AD ⊥．因为底面ABCD 是正方形，所以AD CD ⊥．因为PD CD D ⋂=，所以AD ⊥平面PCD ．因为AD ⊂平面ADE ，所以平面ADE ⊥平面PCD ．（2）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD AD ⊥，PD CD ⊥．因为底面ABCD 是正方形，所以AD CD ⊥．如图建立空间直角坐标系D xyz -．因为4PD =，底面ABCD 为边长为2的正方形，所以()0,0,4P ，()2,0,0A ，()2,2,0B ，()0,2,0C ，()0,0,0D ，()1,1,2E ，()0,1,2F ． 则()2,0,0DA =，()1,1,2DE =，()2,1,2BF =--．设平面ADE 的法向量(),,m x y z =，由00m DA m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，可得2020x x y z =⎧⎨++=⎩． 令1z =-，则0x =，2y =．所以()0,2,1m =-．设直线BF 与平面ADE 所成角为θ，则,sincos ,9BF mBF m BF m θ====．所以直线BF 与平面ADE ． 【名师点睛】本题考查了面面垂直的判定，核心是要求面面垂直，先考虑线面垂直；同时也考查了线面角的计算方法，核心是要求正弦值，先求余弦值．10．如图，已知11ABB A 是圆柱1OO 的轴截面，O 、1O 分别是两底面的圆心，C 是弧AB 上的一点，30ABC ∠=，圆柱的体积和侧面积均为4π．（1）求证：平面1ACA ⊥平面1BCB ；（2）求二面角11B A B C --的大小．【试题来源】江西省吉安市2021届高三大联考数学（理）（3-2）试题【答案】（1）证明见解析 ；（2）60 ．【解析】（1）因为1AA 是圆柱的母线，所以1AA ⊥平面ABC ，因为BC ⊂平面ABC ， 所以1AA BC ⊥，又C 是弧AB 上的一点，且AB 是圆O 的直径，所以AC BC ⊥，因为1AA AC A =，所以BC ⊥平面1ACA ，又BC ⊂平面1BCB ，所以平面1ACA ⊥平面1BCB ；（2）设圆柱的底面半径为r ，母线长为l ，因为圆柱的体积和侧面积均为4π，所以2244rl r l ππππ=⎧⎨=⎩，解得，2r ，1l =，即4AB =，11AA =，因为30ABC ∠=，所以2AC =，BC =设圆柱过C 点的母线为CD ，以C 为原点，CA ，CB ，CD 所在直线分别为x 轴､y 轴､z 轴建立空间直角坐标系C xyz -，如图所示；则()0,0,0C ，()B ，()12,0,1A ，()1B ；所以()12,0,1CA =，()10,CB =，()12,BA =-，()10,0,1BB = 设平面11CA B 的法向量为(),,n x y z =，由1120000x z n CA n CB z ⎧+=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=+=⎪⎪⎩⎩，取z =x =1y =-，所以平面11CA B的一个法向量为(3,n =--， 设平面11BA B 的法向量为(),,m a b c=，由1102000m BA a c m BB c ⎧⎧⋅=-+=⎪⎪⇒⎨⎨⋅==⎪⎪⎩⎩， 取1b =，则a =0c ，所以平面11BA B 的一个法向量为()3,1,0m =， 所以1cos ,23n mm n n m ⋅===-+⋅， 由图中可看出二面角11B A B C --是锐角，故二面角11B A B C --的值为60．【名师点睛】证明面面垂直的方法：（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可； （2）利用性质：//,αββγαγ⊥⇒⊥（客观题常用）；（3）面面垂直的定义（不常用）； （4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于0．11．如图1，正方形ABCD ，边长为a，,E F 分别为,AD CD 中点，现将正方形沿对角线AC 折起，折起过程中D 点位置记为T ，如图2．（1）求证：EF TB ⊥；（2）当60TAB ︒∠=时，求平面ABC 与平面BEF 所成二面角的余弦值．【试题来源】安徽省黄山市2020-2021学年高三上学期第一次质量检测（理）【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】（1）取AC 中点O ，连,,OT OB BT ，因为ABCD 为正方形，所以,AC OT AC OB ⊥⊥，又OT OB O ⋂=，所以AC ⊥平面OBT ，而TB ⊂平面OBT ，所以AC TB ⊥． 又,E F 分别为,AD CD 中点，所以//EF AC ，所以EF TB ⊥；（2）因为60TAB ︒∠=，所以TAB △为等边三角形，TB a =，又2OT OB a ==，所以222TB OB OT =+，即OT OB ⊥． 如图建立空间直角坐标系O xyz -，则,0,0,0,,B E F ⎫⎛⎛⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭，220,,0,,,2244EF a EB a ⎛⎫⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，平面ABC 法向量(0,0,1)m =设平面BEF 法向量(,,1)x n y =，由00n EF n EB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，00244y ay =⎧+-=⎩，012y x =⎧⎪⎨=⎪⎩，1,0,1,cos ,2||||11mn n m n m n ⋅⎛⎫=<>=== ⎪⋅⎝⎭⋅， 记平面ABC 与平面BEF 所成二面角为θ，则θ为锐角，所以cos 5θ=即平面ABC 与平面BEF ． 12．如图所示，四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，侧棱垂直于底面，点E ，F 分别在棱1AA ，1CC 上，且满足113AE AA =，113CF CC =，平面BEF 与平面ABC 的交线为l ．（1）证明：直线l ⊥平面1BDD ；（2）已知2EF =，14BD =，设BF 与平面1BDD 所成的角为θ，求sin θ的取值范围．【试题来源】海南省2021届高三年级第二次模拟考试【答案】（1）证明见解析；（2）35⎫⎪⎪⎝⎭．【解析】（1）如图，连接AC ，与BD 交于点O ．由条件可知//AE CF ，且AE CF =，所以//AC EF ，因为EF ⊂平面BEF ，所以//AC 平面BEF ．因为平面BEF 平面ABC l =，所以//AC l ． 因为四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，且侧棱垂直于底面，所以AC BD ⊥，1AC BB ⊥，又1BD BB B ⋂=，所以AC ⊥平面1BDD ，所以l ⊥平面1BDD ．（2）如图所示，以O 为坐标原点，分别以OB ，OC 的方向为x ，y 轴的正方向建立空间直角坐标系．设2BD a =，因为1BD BD <，所以02a <<．则OB a =，1DD ==所以(,0,0)B a ，(0,1,0)C，F ⎛ ⎝． 由（1）可知(0,1,0)OC =是平面1BDD的一个法向量，而BF a ⎛=- ⎝， 所以sin cos ,OC BF OC BF OC BF θ⋅=<>===当02a <<35<<，即3sin 5θ⎫∈⎪⎪⎝⎭．【名师点睛】求空间角的常用方法：（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果．13．在三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC ==，1AA =AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E 是1B C 的中点．（1）求证：平面1AB C ⊥平面11ABB A ；（2）求直线AE 与平面11AAC C 所成角的正弦值．【试题来源】浙江省宁波市2020-2021学年高三上学期期末【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）由1B C ⊥平面ABC ，AB平面ABC ，得1AB B C ⊥， 又AB AC ⊥，1CB AC C =，故AB ⊥平面1AB C ， AB 平面11ABB A ，故平面11ABB A ⊥平面1AB C ．（2）以C 为原点，CA 为x 轴，1CB 为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则()0,0,0C ，()1,0,0A ，()1,1,0B，又BC =11BB AA == 故11CB =，()10,0,1B ，10,0,2E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()1,0,0CA =， ()111,1,1AA BB ==--，11,0,2AE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设平面11AAC C 的一个法向量为(),,n x y z =，则100n CA n AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即00x x y z =⎧⎨--+=⎩，令1y =，则1z =， ()0,1,1n =， 设直线AE 与平面11AAC C 所成的角为θ，故1sin 102nAEn AE θ⋅===，即直线AE 与平面11AAC C14．如图，在平面四边形PABC 中，PA AC ⊥，AB BC ⊥，PA AB ==，2AC =，现把PAC △沿AC 折起，使P 在平面ABC 上的射影为O ，连接OA 、OB ，且OB//AC ．（1）证明：OB ⊥平面PAO ；（2）求二面角O PB C --的余弦值．【试题来源】安徽省六安市示范高中2020-2021学年高三上学期教学质量检测（理）【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）PO ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，PO AC ∴⊥，又PA AC ⊥，PAPO P =，所以AC ⊥平面PAO ， //OB AC ，所以OB ⊥平面PAO ；（2）在Rt ABC 中，AB =2AC =，则1BC ==，30BAC ∴∠=，在Rt OAB 中，903060OAB ∠=-=，所以12OA AB ==，32OB =，Rt PAO 中，PA =AO =32OP ∴==， 以点O 为坐标原点，OB 、OA 、OP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系O xyz -，则0,,02A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭、,02C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭、3,0,02B ⎛⎫ ⎪⎝⎭、30,0,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以33,0,22PB ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，32PC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，由（1）可知()0,1,0m =为平面POB 的一个法向量，设平面平PBC 的法向量为(),,n x y z =，则有330223202x z x y z ⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩y x z x ⎧=⎪⇒⎨⎪=⎩，取x =(3,n =-，cos ,717m n m n m n ⋅===-⋅⨯， 由图可知，二面角O PB C --为钝角，所以，二面角O PB C --的余弦值为7-． 15．在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，//,90BC AD ADC ∠=︒，11,2BC CD AD E ===为线段AD 的中点，过BE 的平面与线段,PD PC 分别交于点,G F ．（1）求证：GF ⊥平面PAD ；（2）若PA PD ==G为PD 的中点，求平面PAB 与平面BEGF所成锐二面角的余弦值．【试题来源】安徽省名校2020-2021学年高三上学期期末联考（理）【答案】（1）证明见解析；（2．【解析】证明：（1）因为12BC AD =，且E 为线段AD 的中点，所以BC DE =， 因为//BC AD ，所以四边形BCDE 为平行四边形，所以//BE CD ，因为CD ⊂平面,PCD BE ⊂/平面PCD ，所以//BE 平面PCD ，又平面BEGF ⋂平面PCD GF =，所以//BE GF ，又BE AD ⊥，且平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD平面ABCD AD =， 所以BE ⊥平面PAD ，所以GF ⊥平面PAD ；（2）因为,PA PD E =为线段AD 的中点，所以PE AD ⊥，‘’因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PE ⊥平面ABCD ，以E 为坐标原点，EA 的方向为x 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -；则11(0,0,1),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,0),(1,0,0),,0,22P A B E D G ⎛⎫--⎪⎝⎭， 则11(1,0,1),(0,1,1),(0,1,0),(1,0,1),,0,22PA PB BE DP EG ⎛⎫=-=-=-==- ⎪⎝⎭， 设平面PAB 的法向量为()111,,m x y z =，则0{0PA m PB m ⋅=⋅=，，，即11110,0x z y z -=⎧⎨-=⎩， 不妨令11x =，可得(1,1,1)n =为平面BEGF 的一个法向量，设平面BEGF 的法向量为()222,,n x y z =，则0{0BE n EG n ⋅=⋅=，，，即222011022y x z =⎧⎪⎨-+=⎪⎩，，不妨令21x =，可得(1,0,1)n =为平面BEGF 的一个法向量，设平面PAB 与平面BEGF 所成的锐二面角为α，于是有2cos |cos ,|32m n α=〈〉==； 所以平面PAB 与平面BEGF ．16．如图所示，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是正方形，对角线AC 与BD 交于点F ，侧面SBC 是边长为2的等边三角形，点E 在棱BS 上．（1）若//SD 平面AEC ，求SE EB的值； （2）若平面SBC ⊥平面ABCD ，求二面角B AS C --的余弦值．【试题来源】江苏省G4（苏州中学、常州中学、盐城中学、扬州中学）2020-2021学年高三上学期期末联考【答案】（1）1；（2． 【解析】（1）连结EF ，因为//SD 平面AEC ，SD ⊂平面BSD ，平面BSD ⋂平面AEC EF =，所以//SD EF ．因为底面ABCD 是正方形，F 为AC 中点，所以EF 是SD 的中位线，则1SE EB=． （2）取BC 的中点为O ，AD 的中点为M ，连结MO ，则MO BC ⊥， 因为平面SBC ⊥平面ABCD ，平面SBC平面ABCD BC =，OM ⊂平面ABCD ， 所以OM ⊥平面SBC ．又OS BC ⊥，所以O 为坐标原点．以{},,OS OC OM 为正交基底建立空间直角坐标系O xyz -．则()0,1,2A -，()010B -,,，()0,1,0C，)S，1,022E ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，从而()SC =-，()0,2,2AC =-，()0,0,2AB =-，()3,1,2AS =-． 设平面ASC 的法向量为(),,m x y z =， 则0,0.m SC m AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0,0.y y z ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩取1x =，则y =z = 所以平面ASC的一个法向量为(1,3,m =．设平面ASB 的法向量为(),,n x y z =， 则0,0.n AB n AS ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即20,20.z y z -=⎧⎪+-=取y =1x =-，0z =． 所以平面ASB 的一个法向量为()1,3,0n =-．所以7cos ,7m n m n m n ⋅〈〉==． 因为二面角B AS C --的平面角为锐角，所以二面角B AS C --的余弦值为7． 【名师点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．（2）设,m n 分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与,m n <>互补或相等．求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．17．在三棱锥P ABC -中，底面ABC 为正三角形，平面PBC ⊥平面,1,ABC PB PC D ==为AP 上一点，2,AD DP O =为三角形ABC 的中心．（1）求证：AC ⊥平面OBD ；（2）若直线PA 与平面ABC 所成的角为45︒，求二面角A BD O --的余弦值．【试题来源】山东省威海市2020-2021学年高三上学期期末【答案】（1）证明见解析；（2）5． 【解析】（1）证明：连接AO 并延长BC 交于点E ，则E 为BC 中点，连接PE ．如图所示：因为О为正三角形ABC 的中心，所以2,AO OE =又2AD DP =，所以//,DO PE 因为PB PC =，E 为BC 中点，所以,PE BC ⊥ 又平面PBC ⊥平面ABC ，平面PBC 平面ABC BC =，所以PE ⊥平面,ABC 所以DO ⊥平面,ABC AC ⊂平面PBC ，所以,DO AC ⊥又,AC BO DO BO O ⊥⋂=，所以AC ⊥平面OBD ．（2）由PE ⊥平面ABC 知，所以45PAE ∠=︒ ，所以,PE AE =所以,ABE PBE ≌ 所以1AB PB BC AC ====，由（1）知，,,EA EB EP 两两互相垂直，所以分别以,,EA EB EP 的方向为,,x y z 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则1,0,,0,0,0,,22263A B P D ⎛⎫⎛⎫⎛⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，10,,02C ⎛⎫- ⎪⎝⎭所以31,,0,2231,,623AB BD ⎛⎫-⎛= ⎪ ⎪⎝⎭=-⎝⎭， 设平面ABD 的法向量为(),,n x y z =， 则302302x y nBD z y n AB x ⎧⋅=-=⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩，令1,x =可得1y z ==，则()1,3,1n =． 由（1）知AC ⊥平面,DBO 故1,02AC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭为平面DBO 的法向量， 所以2cos ,5nAC n AC n AC -⋅===-，由图可知二面角A BD O --的为锐二面角，所以二面角A BDO --的余弦值为5． 18．如图，在几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 为等腰梯形，且22AB CD ==，60ABC ∠=︒，四边形ACFE 为矩形，且FB =，M ，N 分别为EF ，AB 的中点．（1）求证：//MN 平面FCB；（2）若直线AF 与平面FCB 所成的角为60°，求平面MAB 与平面MAC 所成锐二面角的余弦值．【试题来源】山西省运城市2021届高三上学期期末（理）【答案】（1）证明见解析；（2．【解析】（1）取BC 的中点Q ，连接NQ ，FQ ，则1//2NQ AC ，且12NQ AC =， 又1//2MF AC ，且12MF AC = ，所以//MF NQ 且MF NQ =， 所以四边形MNQF 为平行四边形，所以//MN FQ ，因为FQ ⊂平面FCB ，MN ⊄平面FCB ，所以//MN 平面FCB ；（2）由四边形ABCD 为等腰梯形，且22AB CD ==，60ABC ∠=︒，可得1BC =，AC =90ACB ∠=︒，所以AC BC ⊥．因为四边形ACFE 为矩形，所以AC CF ⊥，所以AC ⊥平面FCB ，所以AFC ∠为直线AF 与平面FCB 所成的角，即60AFC ∠=︒，所以1FC =．因为FB =，所以222FB FC CB =+，所以FC BC ⊥．则可建立如图所示的空间直角坐标系C xyz -，3(3,0,0),(0,1,0),,0,12A B M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以3,0,1,(3,1,0)2MA AB ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，设(,,)m x y z =为平面MAB 的法向量，则00MA m AB m ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即30230x z x y ⎧-=⎪⎨⎪-+=⎩，取23x =，则(23,6,3)m =为平面MAB 的一个法向量，又(0,1,0)n =为平面MAC的一个法向量， 所以657257cos 571||m n mn m n ⋅〈〉====⨯∣∣， 故平面MAB 与平面MAC 所成锐二面角的余弦值为5719． 19．如图，该多面体由底面为正方形ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而成，其中正方形ABCD 的边长为4，H 是线段EF 上（不含端点）的动点，36==FC EB ．（1）若H 为EF 的中点，证明：//GH 平面ABCD ；（2）若14=EH EF ，求直线CH 与平面ACG 所成角的正弦值． 【试题来源】河南省驻马店市2020-2021学年高三上学期期末考试（理） 【答案】（1）证明见解析；（26． 【解析】（1）证明：取BC 的中点M ，连接HM ，DM ．因为该多面体由底面为正方形ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而成，所以截面AEFG 是平行四边形，则4=-=DG CF EB ．因为36==FC EB ，所以1(26)42=⨯+=HM ，且DG//HM ，所以四边形DGHM 是平行四边形，所以GH //DM ．因为DM ⊂平面ABCD ，GH ⊄平面ABCD ，所以//GH 平面ABCD ．（2）解：如图，以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系D xyz -，则(4,0,0)A ，(0,4,0)C ，(0,0,4)G ，(3,4,3)H ，(4,4,0)=-AC ，(4,0,4)=-AG ，(3,0,3)=CH ．设平面ACG 的法向量为(,,)n x y z =，则440440AC n x y AG n x z ⎧⋅=-+=⎨⋅=-+=⎩，令1x =，得(1,1,1)n =．因为cos ,3||||32⋅〈〉===⨯CH n C n n CH H ，所以直线CH 与平面ACG 所成角的正弦值为3．【名师点睛】本题考查了立体几何中的线面平行的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面关系的相互转化，通过严密推理证明线线平行从而得线面平行，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解．20．如图，已知四边形ABCD 和BCEG 均为直角梯形，//AD BC ，//CE BG ，且2BCD BCE π∠=∠=，120ECD ∠=︒．22BC CD CE AD BG ====．（1）求证：//AG 平面BDE ；（2）求二面角E BD C --的余弦值．【试题来源】安徽省蚌埠市2020-2021学年高三上学期第二次教学质量检查（理）【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）证明：在平面BCEG 中，过G 作GN CE ⊥于N ，交BE 于M ，连DM ， 由题意知，MG MN =，////MN BC DA 且12MN AD BC ==， 因为//MG AD ，MG AD =，故四边形ADMG 为平行四边形，所以//AG DM ， 又DM ⊂平面BDE ，AG ⊂/平面BDE ，故//AG 平面BDE ．（2）由题意知BC ⊥平面ECD ，在平面ECD 内过C 点作CF CD ⊥交DE 于F ， 以C 为原点，CD ，CB ，CF 的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设1AD =，则22BC CD CE BG ====．且()0,0,0C ，()2,0,0D ，()0,2,0B ，(E -，设平面EBD 的法向量(),,n x y z =，则由0,0,DE n BD n ⎧⋅=⎨⋅=⎩得30,220,x x y ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩ 取1y =，得(1,1,3n =，易知平面BCD 的一个法向量为()0,0,1m =，3cos ,51m nm n m n ⋅==⋅=⋅E BD C --． 21．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，M 为PC 的中点．（1）求证：//AP 平面BDM ；（2）若PB PC ==CD PC ⊥，求二面角C DM B --的余弦值．【试题来源】河南省湘豫名校2020-2021学年高三上学期1月月考（理）【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】（1）连接AC 交BD 于E ，连接EM ，则E 为AC 中点，所以EM 为APC △的中位线，所以//EM AP ，因为EM ⊂平面BDM ，AP ⊄平面BDM ，所以//AP 平面BDM ．（2）在PBC 中，因为2224PB PC BC +==，所以PB PC ⊥，取BC 中点O ，AD 中点F ，连接PO ，OF ，则PO BC ⊥，1PO =，因为BC CD ⊥，CD PC ⊥，BC 、PC ⊂平面PBC ，BC PC C ⋂=，所以CD ⊥平面PBC ，因为PO ⊂平面PBC ，所以CD PO ⊥，因为PO BC ⊥，BC CD C ⋂=，BC 、CD ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ，因为OF ⊂平面ABCD ，所以PO OF ⊥，所以PO ，OF ，OB 两两垂直，如图所示，以O 为原点，OF ，OB ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则(2,1,0)D -，(0,0,1)P ，(0,1,0)B ，(0,1,0)C -，所以110,,22M ⎛⎫- ⎪⎝⎭，可得112,,22DM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，(2,2,0)BD =-，(2,0,0)CD =．设平面BDM 的法向量为()111,,m x y z =， 则0 0m BD m DM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即11111220112022x y x y z -=⎧⎪⎨-++=⎪⎩，取(1,1,3)m =， 设平面CDM 的法向量为()222,,n x y z =，则00n CD n DM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即222220112022x x y z =⎧⎪⎨-++=⎪⎩，取(0,1,1)n =-，所以222cos ,11||||112m n m nm n ⋅〈〉===⋅⨯， 所以二面角C DM B --的余弦值为11．22．如图所示，矩形ABCD 和梯形BEFC 所在平面互相垂直， //BE CF ，BCF CEF ∠=∠=90°，AD =EF =（1）求证：EF ⊥平面DCE（2）当AB 的长为何值时，二面角A EF C --的大小为60°． 【试题来源】山东省菏泽市2020-2021学年高三上学期期末【答案】（1）证明见解析；（2）60°．【解析】（1）因为平面ABCD ⊥平面BEFC ，平面ABCD 平面BEFC BC =，CD BC ⊥，CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥平面BEFC ，EF ⊂平面BEFC ，从而CD EF ⊥． 因为EF CE ⊥，CD CE C =，,CD CE ⊂平面CDE ，所以EF ⊥平面CDE ．（2）如图所示，以点C 为坐标原点，以CB 、CF 和CD 所在直线分别为x 轴、y 轴和z 轴建立空间直角坐标系．过点E 作EG CF ⊥于点G ．在Rt EFG中，EG AD ==EF =1FG =．因为CE EF ⊥，则90EFC ECF BCE ∠=︒-∠=∠，所以Rt EFG Rt ECB △△，EG GF EF BE BC EC==，所以2,BE CE == 所以2CG =，所以3CF =．设AB a ，则()0,0,0C，)A a，)E ，()0,3,0F ．()0,2,AE a =-，()EF =-，()2,2,0CE =， 设平面AEF 的法向量(),,n x y z =．则00n AE n EF ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即200y az y -=⎧⎪⎨+=⎪⎩， 令2z=，得,2n a ⎫=⎪⎭．因为CD ⊥平面EFC ，()0,0,CD a =，所以1cos ,2n CD ==，解得a =所以当AB =A EF C --的大小为60°．【名师点睛】本题考查空间向量法求二面角．求空间角的方法：（1）几何法（定义法）：根据定义作出二面角的平面角并证明，然后解三角形得出结论； （2）空间向量法：建立空间直角坐标系，写出各点为坐标，求出平面的法向量，由两个平面法向量的夹角得二面角（它们相等或互补）．23．如图，四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，其中AB BC ⊥，//CD AB ，面ABE ⊥面ABCD ，且224AB AE BE BC CD =====，点M 在棱AE 上．（1）证明：当2MA EM =时，直线//CE 平面BDM ；（2）当AE ⊥平面MBC 时，求二面角E BD M --的余弦值．【试题来源】内蒙古赤峰市2021届高三模拟考试（理）【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】（1）连结BD 与AC 交于点N ，连结MN ，//AB CD ，24AB CD ==， CND ANB ∴△∽△，12CD CN AB AN ∴==， 12EM MA =，EM CN MA AN∴=，MN //EC ∴， 又MN ⊂面BDM ，CE ⊂面BDM ，//CE ∴平面BDM ．（2）AE 平面MBC ，AE BM ∴⊥，M ∴是AE 的中点，取AB 的中点为O ， OE ∴⊥平面ABCD ，以OD ，OA ，OE 所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O xyz -，则(0,2,0)B-，E ，(2,0,0)D ，(0,2,0)A ，M ，设平面EBD 的法向量为()1111,,x n y z=，则1111112200020x y n BD n BE y ⎧+=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=+=⎪⎪⎩⎩， 令11z =，则1y=1x =1(3,3,1)n ∴=-，设平面BDM 的法向量为()2222,,n x y z =，则2222222200030x y n BD n BM y ⎧+=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅==⎪⎪⎩⎩，令2z 21y =-，21x =，1(1,13)n ∴=-， 1212123105cos ,||n n n n n n ⋅∴<>===⋅ ∴二面角E BD M --的余弦值为35． 24．已知正方体1111ABCD A B C D -，棱长为2，M 为棱CD 的中点，N 为面对角线1BC 的中点，如图．（1）求证：ND AN ⊥；（2）求平面1AMD 与平面11AAC C 所成锐二面角的余弦值．【试题来源】安徽省池州市2020-2021学年高三上学期期末（理）【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）取BC 的中点分别为F ，连接NF ，DF ，因为N ，F 分别为1BC ，BC 的中点，1111ABCD A B C D -是正方体，易得NF ⊥平面ABCD ，所以NF AM ⊥；因为FC MD =，AD DC =，FCD MDA ∠=∠，所以FCD MDA ≌△△，所以CFD DMA ∠=∠，所以90FDC DMA ∠+∠=︒，所以FD AM ⊥，因为NF FD F =，NF ⊂平面NFD ，FD ⊂平面NFD ，所以AM ⊥平面NFD ， 又DN ⊂平面NFD ，所以ND AM ⊥；（2）以A 为原点，分别以AB 、AD 、1AA 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立如下图所示空间直角坐标系：连接BD ，1C D ，在正方体1111ABCD A B C D -中，易知1BD C D =，且N 为1BC 中点，所以1DN BC ⊥．又11//BC AD ，所以1AD DN ⊥． 因为1AD AM A =，1AD ⊂平面1AMD ，AM ⊂平面1AMD ，所以ND ⊥平面1AMD ，故ND 为平面1AMD 的一个法向量；由1111ABCD A B C D -是正方体，得BD ⊥平面11AAC C ，故BD 为平面11AAC C 的一个法向量，因为()2,0,0B ，()0,2,0D ，()2,1,1N ， 所以()2,1,1ND =--，()2,2,0BD =-， 所以(cos ,ND BDND BD ND BD -⋅<>===⋅则平面1AMD 与平面11AAC C25．如图，正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直，AD CD ⊥，AB ∥CD ，122AB AD CD ===，点M 在线段EC 上．（1）当点M 为EC 中点时，求证：BM ∥平面ADEF ；（2）当平面BDM 与平面ABFM 在线段EC 上的位置．【试题来源】宁夏固原市第五中学2021届高三年级期末考试（理）【答案】（1）证明见解析；（2）点M 为EC 中点．【解析】（1）以直线DA 、DC 、DE 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则(2,0,0)A ，(2,2,0)B ，(0,4,0)C ，(0,0,2)E ，所以(0,2,1)M ．所以(2,0,1)BM =-， 又(0,4,0)DC =是平面ADEF 的一个法向量．因为0BM DC ⋅=即BM DC ⊥，BM ⊄平面ADEF ，所以BM ∥平面ADEF ；（2）设(,,)M x y z ，则(,,2)EM x y z =-，又(0,4,2)EC =-，设()01EM EC λλ=≤≤，则0,4,22x y z λλ===-，即(0,4,22)M λλ-．设111(,,)n x y z =是平面BDM 的一个法向量，则11112204(22)0DB n x y DM n y z λλ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩，取11x =得11y =-，此时显然1λ=时不符合，则121z λλ=-，即2(1,1,)1n λλ=--， 又由题设，(2,0,0)DA =是平面ABF 的一个法向量，所以cos ,622DA n DA n DA n ⋅===⋅，解得12λ=，即点M 为EC 中点． 【名师点睛】利用法向量求解空间面面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”．26．如图所示，在多面体ABCDEF 中，//AB CD ，AB BC ⊥，22AB BC CD ==，四边形ADEF 为矩形，平面ADEF ⊥平面ABCD ，AF AB λ=．（1）证明：//DF 平面BCE ；（2）若二面角C BE F --λ的值． 【试题来源】江西宜春市2021届高三上学期数学（理）期末试题【答案】（1）证明见解析；（2）1．【解析】（1）取AB 的中点为M ，连接FM CM DM ，，，因为//AM CD 且AM CD =，四边形AMCD 为平行四边形，所以//AD MC 且AD MC =，因为四边形ADEF 为矩形，所以//FE MC 且=FEMC ，所以四边形EFMC 是平行四边形，所以//FM EC ，且EC ⊂平面BEC ，FM ⊄平面BEC ，。
2020届高考全国卷1数学(理)模拟试卷含答案详解-202全国卷1数学
第 1 页 共 8 页 2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学模拟试题卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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}02|{2<--=x x x A ，}log |{2m x x B >=，若B A ⊆，则实数m 的取值范围（ ）A ．]21,(-∞ B ．]4,0( C ．]1,21( D ．]21,0( 2. 若复数z 满足232z z i +=-，其中i 为虚数单位，则z=（ ）A ．1+2iB ．1﹣2iC ．﹣1+2iD ．﹣1﹣2i 3．在等差数列{}n a 中，810112a a =+，则数列{}n a 的前11项和11S =( ) A. 8 B. 16 C. 22 D. 444． 某几何体的三视图如图（其中侧视图中的圆弧是半圆），则该几何体的表面积为A ．9214π+B ．8214π+C ．9224π+D ．8224π+5．若)()1(*3N n xx x n ∈+ 的展开式中存在常数项，则下列选项中n 可为( ) A ．9 B ．10 C ．11 D ．12 6．某地区高考改革，实行“3+1+2”模式，即“3”指语文、数学、外语三门必考科目，“1”指在物理、历史两门科目中必选一门，“2”指在化学、生物、政治、地理以及除了必选一门以外的历史或物理这五门学科中任意选择两门学科，则一名学生的不同选科组合有( )A. 8种B. 12种C. 16种D. 20种7. 已知抛物线C: 28=x y ，定点A （0，2），B （0，2-），点P 是抛物线C 上不同于顶点的动点，则∠PBA 的取值范围为 （ ） A. 0,4π⎛⎤ ⎥⎝⎦ B. 42，ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C. 0,3π⎛⎤ ⎥⎝⎦D. 32，ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭8． 若0>ω，函数)3cos(πω+=x y 的图象向右平移3π个单位长度后与函数x y ωsin =图象重合，则ω的最小值为A.211B.25C.21D. 23 9．抛掷两枚骰子，当至少有一枚5点或6点出现时，就说这次试验成功，则在9次试验中成功次数的均值为（ ）。
【数学】陕西省咸阳市2020届高考二模试卷(理)(解析版)
陕西省咸阳市2021届高|考数学二模试卷(理科)一、选择题：本大题共12个小题,每题5分,共60分.在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求的.1．全集为R ,集合M={﹣1 ,1 ,2 ,4} ,N={x|x2﹣2x＞3} ,那么M∩(∁R N ) = () A．{﹣1 ,1 ,2} B．{1 ,2} C．{4} D．{x|﹣1≤x≤2} 2．复数(i为虚数单位)的虚部是()A．1 B．﹣1 C．i D．﹣i3．命题p："m=﹣1〞,命题q："直线x﹣y=0与直线x+m2y=0互相垂直〞,那么命题p是命题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4．<张丘建算经>卷上一题为"今有女善织,日益功疾,且从第二天起,每天比前一天多织相同量的布,现在一月(按30天计)共织布390尺,最||后一天织布21尺〞,那么该女第|一天共织多少布? ()A．3 B．4 C．5 D．65．双曲线mx2+ny2=1 (mn＜0 )的一条渐近线方程为,那么它的离心率为() A．2 B．C．或D．2或6．一个几何体的三视图如下列图,那么这个几何体的外表积是()A．3πB．4πC．5πD．7．在等比数列{a n}中,a3 ,a7是方程x2﹣6x+1 =0的两根,那么a5= ()A．1 B．﹣1 C．±1 D．38．设,那么展开式的常数项为()A．﹣20 B．20 C．﹣160 D．2409．设x∈[0 ,3] ,执行如下列图的程序框图,从输出的结果中随机取一个数a ,那么"a≤5〞的概率为()A．B．C．D．10．实数x ,y满足,那么的取值范围是()A．B．[3 ,11] C．D．[1 ,11] 11．圆O的半径为1 ,A ,B ,C ,D为该圆上四个点,且,那么△ABC的面积最||大值为()A．2 B．1 C．D．12．定义在R上的函数f (x )的导函数为f′ (x ) ,对任意x∈R满足f (x ) +f′ (x )＜0 ,那么以下结论正确的选项是()A．2f (ln2 )＞3f (ln3 ) B．2f (ln2 )＜3f (ln3 )C．2f (ln2 )≥3f (ln3 ) D．2f (ln2 )≤3f (ln3 )二、填空题(每题5分,总分值20分,将答案填在答题纸上)13．函数,那么f (f (3 ) ) =．14．观察以下式子：,,,… ,根据以上规律,第n个不等式是．15．函数的图象可由函数的图象至||少向左平移个单位长度得到．16．一个三棱锥的所有棱长均为,那么该三棱锥的内切球的体积为．三、解答题(本大题共5小题,共70分.解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤. ) 17．设函数．(1 )求函数f (x )的单调区间；(2 )在锐角△ABC中,角A ,B ,C所对的边分别为a ,b ,c ,假设,c=2 ,求△ABC面积的最||大值．18．某中学数学老师分别用两种不同教学方式对入学数学平均分和优秀率都相同的甲、乙两个高一新班(人数均为20人)进行教学(两班的学生学习数学勤奋程度和自觉性一致) ,数学期终考试成绩茎叶图如下：(1 )学校规定：成绩不低于75分的优秀,请填写下面的2×2联表,并判断有多大把握认为"成绩优秀与教学方式有关〞．甲班乙班合计优秀不优秀合计附：参考公式及数据P (x2≥k )kK2=(2 )从两个班数学成绩不低于90分的同学中随机抽取3名,设ξ为抽取成绩不低于95分同学人数,求ξ的分布列和期望．19．如图,正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长均为2 ,D为棱BB1上一点,E是AB的中点．(1 )假设D是BB1的中点,证明：平面ADC1⊥平面A1EC；(2 )假设平面ADC1与平面ABC的夹角为45° ,求BD的长．20．动点M到定点F (1 ,0 )和定直线x=4的距离之比为,设动点M的轨迹为曲线C．(1 )求曲线C的方程；(2 )过点F作斜率不为0的任意一条直线与曲线C交于两点A ,B ,试问在x轴上是否存在一点P (与点F不重合) ,使得∠APF=∠BPF ,假设存在,求出P点坐标；假设不存在,说明理由．21．三次函数f (x )的导函数f′ (x ) =﹣3x2+3且f (0 ) =﹣1 ,．(1 )求f (x )的极值；(2 )求证：对任意x1 ,x2∈(0 , +∞) ,都有f (x1 )≤g (x2 )．请考生在22、23两题中任选一题作答,如果多做,那么按所做的第|一题记分.[选修4 -4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中,以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为：,直线l的参数方程是(t为参数,0≤α＜π )．(1 )求曲线C的直角坐标方程；(2 )设直线l与曲线C交于两点A ,B ,且线段AB的中点为M (2 ,2 ) ,求α．[选修4 -5：不等式选讲]23．函数f (x ) =m﹣|x+4| (m＞0 ) ,且f (x﹣2 )≥0的解集为[﹣3 ,﹣1]．(1 )求m的值；(2 )假设a ,b ,c都是正实数,且,求证：a+2b+3c≥9．参考答案一、选择题1．A【解析】由N中不等式变形得：(x﹣3 ) (x+1 )＞0 ,解得：x＜﹣1或x＞3 ,即N= (﹣∞,﹣1 )∪(3 , +∞) ,∵全集为R ,∴∁R N=[﹣1 ,3] ,∵M={﹣1 ,1 ,2 ,4} ,∴M∩(∁R N ) ={﹣1 ,1 ,2} ,应选：A．2．B【解析】=,那么复数(i为虚数单位)的虚部是：﹣1．应选：B．3．A【解析】命题q：由直线x﹣y=0与直线x+m2y=0互相垂直,那么﹣×=﹣1 ,解得：m=±1．∴命题p是命题q的充分不必要条件．应选：A．4．C【解析】设数列{a n} ,那么数列{a n}是等差数列,且S30=390 ,a30=21 ,∴,即390 =15 (a1+21 ) ,解得a1=5．应选：C．5．D【解析】∵双曲线mx2+ny2=1 (mn＜0 )的一条渐近线方程为y=x ,∴=或=,∴双曲线的离心率为e===2或,应选：D．6．B【解析】根据三视图知,该几何体为半径为1的球体,挖去球体,该几何体的外表积为S=×4πR2+2×πR2=4πR2=4π．应选：B．7．A【解析】∵a3 ,a7是方程x2﹣6x+1 =0的两根,∴a3•a7=1 ,a3+a7=6．∴a3＞0 ,a7＞6．∴a5＞0．那么a5==1．应选：A．8．D【解析】=﹣cos x=﹣(cosπ﹣cos0 ) =2 ,那么=展开式的通项公式为：T r+1=••=26﹣r••,令3﹣r=0得：r=2．∴展开式中的常数项为24•=240．应选：D．9．C【解析】由可得该程序的功能是计算并输出分段函数y=的值, 当x∈[0 ,2 )时,y∈[3 ,5 ) ,当x∈[2 ,3]时,y∈[5 ,10] ,故输出的结果的范围为[3 ,10] ,假设从输出的结果中随机取一个数a ,a≤5⇔a∈[3 ,5] ,那么P==,应选：C．10．C【解析】目标函数目标函目标函数=1 +2•,表示动点P (x ,y )与定点M (﹣1 ,﹣1 ) ,连线斜率k的两倍加1 ,由图可知,当点P在A (0 ,4 )点处时,k最||大,最||大值为：11；当点P在B (3 ,0 )点处时,k最||小,最||小值为：；从而那么=1 +2•1+2,那么的取值范围是[,11] ,应选：C．11．B【解析】如下列图,由+=知,ABDC为平行四边形,又A ,B ,C ,D四点共圆,∴ABDC为矩形,即BC为圆的直径,∴当AB=AC时,△ABC的面积取得最||大值为×=1．应选：B．12．A【解析】由题意设g (x ) =e x f (x ) ,那么g′ (x ) =e x f (x ) +e x f′ (x ) =e x[f (x ) +f′ (x )] ,∵对任意x∈R满足f (x ) +f′ (x )＜0 ,e x＞0 ,∴对任意x∈R满足g′ (x )＜0 ,那么函数g (x )在R上是减函数,∵ln2＜ln3 ,∴g (ln2 )＞g (ln3 ) ,即2f (ln2 )＞3f (ln3 ) ,应选：A．二、填空题13．﹣1【解析】∵函数,∴f (3 ) =log22 =1 ,f (f (3 ) ) =f (1 ) =1﹣2 =﹣1．故答案为：﹣1．14．【解析】根据所给不等式可得．故答案为：．15．【解析】把函数=2 (sin x﹣cos x) =2sin (x﹣)的图象至||少向左平移个单位,可得y=2sin (x+﹣) =2sin (x+) =sin x+cos x的图象,故答案为：．16．【解析】如图O为正四面体ABCD的内切球的球心,正四面体的棱长为,所以OE为内切球的半径,设OA=OB=R ,在等边三角形BCD中,BE=×=,AE==．由OB2=OE2+BE2 ,即有R2= (﹣R )2+,解得,R=．OE=AE﹣R=,那么其内切球的半径是,内切球的体积为×()3=．故答案为：．三、解答题17．解：(1 )函数．化简可得：=令,那么即f (x )的递增区间为,令,那么可得f (x )的递减区间为(2 )由得,,∵△ABC是锐角三角形,∴由余弦定理得c2=a2+b2﹣2ab cos C ,将c=2 ,代入得由根本不等式得,即∴,即△ABC面积的最||大值为．18．解：(1 )如下列图甲班乙班合计优秀14 8 22不优秀 6 12 18合计20 20 40由K2=≈＞知,可以判断：有90%把握认为"成绩优秀与教学方式有关〞．(2 )两个班数学成绩不低于90分的同学中,成绩不低于95分同学人数有3名,从中随机抽取3名,ξ=0 ,1 ,2 ,3,,,, ξ的分布列为：X0 1 2 3P．19．证明：(1 )由AC=BC ,AE=BE ,知CE⊥AB ,又平面ABC⊥平面ABB1A1 ,所以CE⊥平面ABB1A1而AD⊂平面ABB1A1 ,∴AD⊥CE ,在正方形ABB1A1中,由D ,E分别是BB1和AB的中点,知AD⊥A1E而A1E∩CE=E ,∴AD⊥平面A1EC ,∵AD⊂平面ADC1 ,∴平面ADC1⊥平面A1EC．解：(2 )以E为原点,EB为x轴,EC为y轴,过E作垂直于平面ABC的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,设BD=t ,那么A (﹣1 ,0 ,0 ) ,D (1 ,0 ,t ) ,C1 (0 ,,2 ) ,= (2 ,0 ,t ) ,= (1 ,) ,设平面ADC1的法向量= (x ,y ,z ) ,那么,取x=1 ,得= (1 ,,﹣) , 平面ABC的法向量= (0 ,0 ,1 ) ,∵平面ADC1与平面ABC的夹角为45° ,∴cos45°==,解得t=1．∴BD=t=1．20．解：(1 )设点M (x ,y ) ,那么据题意有=|x﹣4|那么4[ (x﹣1 )2+y2] = (x﹣4 )2 ,即3x2+4y2=12 ,∴曲线C的方程：．(2 )假设存在点P (x0 ,0 )满足题设条件,①当AB与x轴不垂直时,设AB的方程为y=k (x﹣1 )．当AB与x轴不垂直时,设AB所在直线的方程为y=k (x﹣1 ) ,代入椭圆方程化简得：(4k2+3 )x2﹣8k2x+4k2﹣12 =0 ,可知△＞0 ,设A (x1 ,y1 ) ,B (x2 ,y2 ) ,那么x1+x2=,x1x2=,假设∠APF=∠BPF ,那么k AP+k BP=0 ,那么k AP+k BP==∵(x1﹣1 ) (x2﹣x0 ) + (x2﹣1 ) (x1﹣x0 ) =2x1x2﹣(1 +x0 ) (x1+x2 ) +2x0=0∴整理得：k (x0﹣4 ) =0 ,因为k∈R ,所以x0=4；②当AB⊥x轴时,由椭圆的对称性可知恒有∠APF=∠BPF ,满足题意；综上,在x轴上存在点P (4 ,0 ) ,使得∠APF=∠BPF．21．解：(1 )依题意得f (x ) =﹣x3+3x﹣1 ,f' (x ) =﹣3x2+3 =﹣3 (x+1 ) (x﹣1 ) 知f (x )在(﹣∞,﹣1 )和(1 , +∞)上是减函数,在(﹣1 ,1 )上是增函数∴f (x )极小值=f (﹣1 ) =﹣3 ,f (x )极大值=f (1 ) =1(2 )法1：易得x＞0时,f (x )最||大值=1 ,依题意知,只要由a≥1知,只要x≤x2ln x+1 (x＞0 )⇔x2ln x+1﹣x≥0 (x＞0 )令h (x ) =x2ln x+1﹣x (x＞0 ) ,那么h' (x ) =2x ln x+x﹣1注意到h' (1 ) =0 ,当x＞1时,h' (x )＞0；当0＜x＜1时,h' (x )＜0 ,即h (x )在(0 ,1 )上是减函数,在(1 , +∞)是增函数,h (x )最||小值=h (1 ) =0即h (x )≥0 ,综上知对任意x1 ,x2∈(0 , +∞) ,都有f (x1 )≤g (x2 )法2：易得x＞0时,f (x )最||大值=1 ,由a≥1知,,令那么注意到h' (1 ) =0 ,当x＞1时,h' (x )＞0；当0＜x＜1时,h' (x )＜0 ,即h (x )在(0 ,1 )上是减函数,在(1 , +∞)是增函数,h (x )最||小值=h (1 ) =1 ,所以h (x )最||小值=1 ,即g (x )最||小值=1．综上知对任意x1 ,x2∈(0 , +∞) ,都有f (x1 )≤g (x2 )．法3：易得x＞0时,f (x )最||大值=1 ,由a≥1知,,令,那么令,那么,知φ (x )在(0 , +∞)递增,注意到φ (1 ) =0 ,所以,h (x )在(0 ,1 )上是减函数,在(1 , +∞)是增函数,有h (x )最||小值=1 ,即g (x )最||小值=1综上知对任意x1 ,x2∈(0 , +∞) ,都有f (x1 )≤g (x2 )．22．解：(1 )曲线,即ρsin2θ=4cosθ ,于是有ρ2sin2θ=4ρcosθ ,化为直角坐标方程为：y2=4x(2 )方法一：,那么(2 +t sinα )2 =4 (2 +t cosα ) ,即t2sin2α+ (4sinα﹣4cosα )t﹣4 =0由AB的中点为M (2 ,2 )得t1+t2=0 ,有4sinα﹣4cosα=0 ,所以k=tanα=1由0≤α＜π ,∴；方法二：设A (x1 ,y1 ) ,B (x2 ,y2 ) ,那么, ∵y1+y2=4 ,∴,由0≤α＜π ,∴．方法三：设,那么由M (2 ,2 )是AB的中点得,∵y1＜y2 ,∴y1=0 ,y2=4 ,知A (0 ,0 ) ,B (4 ,4 ) ,∴k l=tanα=1 ,由0≤α＜π得．方法四：依题意设直线l：y﹣2 =k (x﹣2 ) ,与y2=4x联立得,即ky2﹣4y﹣8k+8 =0由得k=tanα=1 ,由0≤α＜π ,∴．23．(1 )解：依题意f (x﹣2 ) =m﹣|x+2|≥0 ,即|x+2|≤m⇔﹣m﹣2≤x≤﹣2 +m , ∴m=1(2 )证明：∵∴由柯西不等式得整理得a+2b+3c≥9当且仅当a=2b=3c ,即时取等号．。
陕西省咸阳市兴平市南郊高级中学2022届高三下学期三模理科数学试题(3)
一、单选题二、多选题1.已知直线与双曲线的右支有两个交点，则的取值范围为（ ）A．B．C．D．2. i是虚数单位，（ ）A．B．C．D．3. 已知的展开式中所有项的系数之和为-64，则其常数项为（ ）A ．-25B ．-5C ．20D ．554. 已知椭圆的左焦点为，离心率为．倾斜角为的直线与交于两点，并且满足，则的离心率为（ ）A．B．C．D．5. 已知函数，若把的图象上每个点的横坐标缩短为原来的倍后，再将图象向右平移个单位，可以得到，则下列说法不正确的是（ ）A．B．的周期为C ．的一个单调递增区间为D ．在区间上有5个不同的解，则的取值范围为6. 已知函数定义域是，则的定义域是（ ）A．B．C．D．7. 在棱长为1的正方体中，是正方形的中心，则直线与直线所成角的余弦值为（）A．B．C．D．8.记为数列的前项和，若，则（ ）A ．﹣1024B ．﹣1023C ．1023D ．10249. 对任意实数，，，给出下列命题，其中假命题是（ ）A ．“”是“”的充要条件B ．“”是“”的充分条件C ．“”是“”的必要条件D ．“是无理数”是“是无理数”的充分不必要条件10.定义在上的函数，是的导函数，且恒成立，则（ ）A．B．陕西省咸阳市兴平市南郊高级中学2022届高三下学期三模理科数学试题(3)陕西省咸阳市兴平市南郊高级中学2022届高三下学期三模理科数学试题(3)三、填空题四、解答题C．D．11. 在直三棱柱中，，，，三棱锥的体积为，点M ，N ，P 分别为AB ，BC ，的中点，则下列说法正确的是（ ）A．B ．直线与直线PN 为异面直线C ．平面ABP⊥平面D．三棱柱外接球的体积为12.将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，若在上为增函数，则的值可能为（ ）A．B ．2C ．3D ．413. 农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，古称“角黍”.如图，是由六个边长为3的正三角形构成的平行四边形形状的纸片，某同学将其沿虚线折起来，制作了一个粽子形状的六面体模型，则该六面体的体积为________；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为_________.14.四棱锥中，底面为矩形，，四条侧棱长度均相等.若平面平面，则该四棱锥的高为__________；二面角的余弦值为__________.15. 函数的定义域是_____________.16. 在中，角A ，B ，C的对边分别为，且.(1)求角A 的大小；(2)若是线段的中点，且，求的面积.17.已知点点在圆上运动，点为线段的中点.（1）求点的轨迹方程；（2）求点到直线的距离的最大值和最小值.18. 在圆心为、半径为常数的半圆板内画内接矩形（如图），当矩形的长和宽各取多少时，矩形的面积最大？求出这个最大面积．19. 已知.(1)求的单调递增区间及其图象的对称轴；(2)当时，求的值域.20. 某餐厅提供自助餐和点餐两种服务，其单人平均消费相近，为了进一步提高菜品及服务质量，餐厅从某日中午就餐的顾客中随机抽取了100人作为样本，得到以下数据表格．（单位：人次）满意度老年人中年人青年人自助餐点餐自助餐点餐自助餐点餐10分（满意）1212022015分（一般）2263412分（不满意）116232（1）由样本数据分析，三种年龄层次的人群中，哪一类更倾向于选择自助餐?（2）为了和顾客进行深入沟通交流，餐厅经理从点餐不满意的顾客中选取2人进行交流，求两人都是中年人的概率；（3）若你朋友选择到该餐厅就餐，根据表中的数据，你会建议你朋友选择哪种就餐方式?21.已知等差数列的前n项和为．(1)求q 的值；(2)若与的等差中项为18，满足，求数列的前n 项和．。
陕西省2020届高三4月教学质量检测卷数学(理)试题含解析
１ ｅ∈
ｅ１２，ｅ ，而
ｇ
１ ｅ２
＝１－ｅ２２，ｇ
１ ｅ
＝１－
１ｅ，ｇ（ｅ）＝１＋ｅ，∴ｇ（ｘ）ｍａｘ＝ｇ（ｅ）＝１＋ｅ，ｇ（ｘ）ｍｉｎ ＝
( ) [ ] ｇ
１ ｅ
＝１－ １ｅ，∴ｇ（ｘ）∈ Ｂ＝ １－ １ｅ，１＋ｅ ．由题
[ ] 意可知存在 ｘ１∈［－２，２］，对任意 ｘ２∈ ｅ１２，ｅ ，都有
{ ｆ（ｘ１）＝ｇ（ｘ２）等价于 Ｂ Ａ，即 ａ－ １ ２－ １ｅ≤１－ １ｅ， １＋ｅ≤ ａ＋４＋２ｅ２，
９．Ｃ 【解析】本题考查三角函数图象的平移变换与性质．由
( ) 题意可得平移后的函数解析式为 ｙ＝２ｓｉｎ ３ｘ＋π４－３ａ ，
４．Ｂ 【解析】本题考查平面向量的数量积及向量的投影 ．
由题意可得 ｜ａ｜＝２，（ａ－２ｂ）·ａ＝０ ａ２－２ａ·ｂ＝０ ２｜ａ｜｜ｂ｜ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉＝｜ａ｜２，∴｜ｂ｜ｃｏｓ〈ａ，ｂ〉＝１，∴ｂ在 ａ上的投影为 １，故选 Ｂ． ５．Ｄ 【解析】本题考查分段函数及分段函数的图象 ．作 函数 ｆ（ｘ）的图象如图所示，由题意可得当 ０＜ｘ≤１ 时，ｆ（ｘ）≥ ０；当 ｘ＞１时，ｆ（ｘ）≤ １．若 ｆ（ｘ）＝１，则 －ｌｎｘ＝１或 －ｘ２ ＋４ｘ－３＝１，解得 ｘ＝ １ｅ或 ｘ＝２，则 ｆ（ａ）＝ １ｅ或 ｆ（ａ）＝２，结合函数图象可知 ａ的取值有 ４个，故选 Ｄ．
２０２０年陕西省高三教学质量检测卷（二） 数学（理科） 答案详解
１ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ １１ １２ ＣＢＡ ＢＤＡ Ａ Ｄ ＣＤ Ｂ Ｃ
１．Ｃ 【解析】本题考查复数的运算 ．由题意得 ｚ＝１４＋ｉ＝ （１４＋（ｉ１）（－１ｉ）－ｉ）＝４（１２－ｉ）＝２－２ｉ，∴ｚ的虚部为 －２，故 选 Ｃ． 【一题多解】∵ｚ＝１４＋ｉ＝２（１＋１ｉ）＋（ｉ１－ｉ）＝２（１－ｉ）＝２－ ２ｉ，∴ｚ的虚部为 －２，故选 Ｃ．
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数学（理科）注意事项：1．本试卷共4页满分150分，时间120分钟；2．答卷前，考生须准确填写自己的姓名、准考证号，并认真核准条形码上的姓名、准考证号；3．第Ⅰ卷选择题必须使用2B 铅笔填涂,第Ⅱ卷非选择题必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔书写，涂写要工整、清晰；4．考试结束,监考员将试题卷、答题卡一并收回．第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的．1．已知全集U R =，{|0}A x x =>，{|1}B x x =>-，则()UA B ⋂=（）． A ．(1,0]-B ．(1,1)-C ．(1,)-+∞D ．[0,1) 2．已知复数41z i=+（为虚数单位），则的虚部为（）． A ．2B ．2i C ．2-D ．2i -3．已知向量(1,3)a =，(3,2)b =，则向量a 在向量b 方向上的投影等于（）．A ．91010B ．9C ．3-D ．913134．古希腊毕达哥拉斯学派的“三角形数”是一列点（或圆球）在等距的排列下可以形成正三角形的数，如1，3，6，10，15，，我国宋元时期数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中的“落一形”堆垛就是每层为“三角形数”垛（如图所示，顶上一层1个球，下一层3个球，再下一层6个球，）若一“落一形”三角锥垛有10层，则该堆第10层球的个数为（）．A ．66B ．55C ．45D ．385．已知一组数据的茎叶图如图所示下列说法错误的是（）．A ．该组数据的极差为12B ．该组数据的中位数为21C ．该组数据的平均数为21D ．该组数据的方差为11 6．已知01a b <<<，则下列不等式不成立的是（）．A ．1122a b⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．ln ln a b >C ．11a b >D ．11ln ln a b >7．已知，b 是两条不同的直线，，β是两个不同的平面，且a β，b αβ⋂=，则“a α∥”是“a b ∥”的（）．A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件 8．3(21)(2)x x -+的展开式中2x 项的系数为（）． A ．24B ．18C ．12D ．4 9．若0,2πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且2cos 2sin 4παα⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则sin2α的值为（）． A ．18B ．38C ．12D ．7810．抛物线22(0)x py p =>的焦点与双曲线221169x y -=的右焦点的连线垂直于双曲线的一条渐近线，则的值为（）． A ．403B ．52C ．203D 8711．将函数cos(2)22y x ππϕϕ⎛⎫=+-<< ⎪⎝⎭的图像向右平移38π个单位长度后得函数()f x 图像，若()f x 为偶函数，则（）．A ．()f x 在区间,42ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递减B ．()f x 在区间,42ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增 C ．()f x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减D ．()f x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增12．已知函数323132,5()3log (4),5x x x x f x x x ⎧--+≤⎪=⎨⎪-+>⎩，则函数(())f f x 的零点个数为（）．A ．6B ．7C ．9D ．10第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已知实数，满足不等式组2033030x y x y x -≥⎧⎪+-≥⎨⎪-≤⎩，则2z x y =-的最大值为________．14．已知定义在上的函数()f x 满足3()2f x f x ⎛⎫=-+⎪⎝⎭，且(2)3f -=，则(2020)f =________．15．在ABC 中内角，，C 所对的边分别为，b ，，若1a =，b =，2sin sin cos sin A B C C =，则ABC 的面积为________．16．已知各棱长都相等的直三棱柱所有顶点都在球O 的表面上，若球O 的表面积为56π，则该三棱柱的体积为________．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共60分． 17．（本小题满分12分）已知等差数列{}n a 满足23a =，4720a a +=，其前项和为n S ． （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式n a 及n S ； （Ⅱ）若2nn n a b =，求数列{}n b 的前项和n T ． 18．（本小题满分12分）已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，PD ⊥平面ABCD ，且AB CD ∥，22CD AB AD ==，AD CD ⊥．（Ⅰ）求证：平面PBC ⊥平面PBD ；（Ⅱ）若PB 与平面ABCD 所成的角为45︒，求二面角B PC D --的余弦值． 19．（本小题满分12分）已知某校6个学生的数学和物理成绩如下表： 学生的编号 1 2 3 4 5 6 数学i x 89 87 79 81 78 90 物理i y797577737274（Ⅰ）若在本次考试中规定数学在80分以上（包括80分）且物理在75分以上（包括75分）的学生为理科小能手．从这6个学生中抽出2个学生，设X 表示理科小能手的人数，求X 的分布列和数学期望；（Ⅱ）通过大量事实证明发现，一个学生的数学成绩和物理成绩具有很强的线性相关关系，在上述表格是正确的前提下，用表示数学成绩，用表示物理成绩，求与的回归方程．参考公式：ˆˆy bxa =+，其中()()()1122211ˆnniii ii i n ni ii i x x yy x ynx y b x x xnx ====---==--∑∑∑∑，ˆˆay bx =-． 20．（本小题满分12分）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>过点31,2⎛⎫⎪⎝⎭，且其离心率为12，过坐标原点O 作两条互相垂直的射线与椭圆C 分别相交于M ，N 两点． （Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）是否存在圆心在原点的定圆与直线MN 总相切？若存在，求定圆的方程；若不存在，请说明理由．21．（本小题满分12分） 已知函数()1axf x eax =--（a R ∈且0a ≠）．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）对任意12,[1,1]x x ∈-，()()2123f x f x e =≤-恒成立，求的取值范围． （二）选考题：共10分，考生从22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．作答时用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号涂黑． 22．（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系xOy 中，曲线1C 的参数方程为11cos :sin x C y αα=+⎧⎨=⎩（为参数），曲线22212:C x y +=．（Ⅰ）在以O 为极点，轴的正半轴为极轴的极坐标系中，求1C ，2C 的极坐标方程； （Ⅱ）若射线(0)6πθρ=≥与1C 相交于异于极点的交点为，与2C 的交点为，求||AB ．23．（本小题满分10分）选修4-5：不等式选讲已知关于的不等式|2||3||1|x x m --+≥+有解，记实数的最大值为M ． （Ⅰ）求M 的值；（Ⅱ）正数，b ，满足2a b c M ++=，求证111a b b c+≥++． 数学（理科）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．A2．C3．D4．B5．D6．B7．A8．B9．D10．A11．D12．B 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．614．315．1216．三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答． （一）必考题：共60分．17．解：（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，则1132920a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得：11a =，2d =（4分）∴21n a n =-，2n S n =，（6分）（Ⅱ）（错位相减法）23135212222n nn T -=++++…，① ①式两边同时乘12，得234111352122222n n n T +-=+++…，②-①②可得，23111111212222222n n n n T +-⎛⎫=++++- ⎪⎝⎭…，（8分） 2311111112122222222n n n n T +-⎛⎫=+++-- ⎪⎝⎭…， 111121212222n n n n T +-⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，（10分） 2332n nn T +=-．（12分） 18．解：（Ⅰ）证明：取CD 的中点，连接AE ，BE ，BD ．∵2CD AB =，∴AB DE =．又∵AB AD =，AD DC ⊥，∴四边形ABED 为正方形，则AE BD ⊥． ∵PD ⊥平面ABCD ，AE平面ABCD ，∴PD AE ⊥．∵PD BD D ⋂=，∴PE ⊥平面PBD ．（4分） ∵AB EC =，AB EC ∥，∴四边形ABCE 为平行四边形，∴BC AE ∥，∴BC ⊥平面PBD ． 又BC平面PBC ，∴平面PBC ⊥平面PBD ．（6分）（Ⅱ）∵PD ⊥平面ABCD ，∴PBD ∠为PB 与平面ABCD 所成的角， 即45PBD ∠=︒，则PD BD =．设1AD =，则1AB =，2CD =，2PD BD ==．以点为坐标原点，分别以DA ，DC ，DP 所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)D ，(1,0,0)A，P ，(1,1,0)B ，(0,2,0)C ． ∵DA ⊥平面PDC ，∴平面PDC 的一个法向量(1,0,0)DA =．（8分） 设平面PBC 的法向量(,,)m x y z =，∵(1,1,PB =，(1,1,0)BC =-，则00PB m x y BC m x y ⎧⋅=+-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取1x =，则(1,1,2)m =．（10分） 设二面角D PC B --的平面角为θ， ∴||1cos 2||||2m DA m DA θ⋅===⋅．由图可知二面角D PC B --为锐角，故二面角D PC B --的余弦值为12．（12分） 19．解：（Ⅰ）由题意得X 的可能取值为0，1，2， 6个学生中理科小能手有2人，24262(0)5C P x C ===，1124268(1)15C C P x C ===，（4分） 22261(2)15C P x C ===．（4分） ∴X 的分布列为()012515153E X =⨯+⨯+⨯=．（6分） （Ⅱ）1(898779817890)846x =⨯+++++=，1(797577737274)756y =⨯+++++=，（8分）()()()11222111ˆ5nniii ii i n ni ii i x x yy x ynx ybx x xnx ====---===--∑∑∑∑（9分） 1291ˆˆ758455ay bx =-=-⨯= ∴回归方程为：129155y x =+．（12分）20．解：（Ⅰ）椭圆C 经过点31,2⎛⎫⎪⎝⎭，∴221914a b +=，又∵12c a =（2分） 解之得24a =，23b =．所以椭圆C 的方程为22143x y +=（4分） （Ⅱ）当直线MN 的斜率不存在时，由对称性，设()00,M x x ，()00,N x x -． ∵M ，N 在椭圆C 上，∴2200143x x +=， ∴20127x =． ∴O 到直线MN的距离为0d x ==22127x y +=．（6分） 当直线MN 的斜率存在时，设MN 的方程为y kx m =+，由22143y kx mx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得()2223484120k x kmx m +++-=．设()11,M x y ，()22,N x y ，则122834kmx x k+=-+，212241234m x x k -=+．（8分） ∵OM ON ⊥，∴12120x x y y +=∴()()()()221212121210x x kx m kx m k x x km x x m +++=++++=．∴()22222224128103434m k m k m k k-+⋅-+=++，即()227121m k =+．（10分）∴O 到直线MN 的距离为7d ===， 故存在定圆22127x y +=与直线MN 总相切．（12分） 21．解：（Ⅰ）由()()1ax ax f x ae a a e '=-=-．（1分） 当0a <时，(,0)x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减； (0,)x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增．（2分） 当0a >时，(,0)x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减； (0,)x ∈+∞时，()0 f x '>，()f x 单调递增．（3分） 综上所述，()f x 在区间(,0)-∞上单调递减，在区间(0,)+∞上单调递增．（4分） （Ⅱ）由题意知对任意12,[1,1]x x -，()()2123f x f x e -≤-恒成立，2max min ()()3f x f x e ⇔-≤-又由（Ⅰ）知，()f x 在区间[1,0]-上单调递减，在区间[0,1]上单调递增．所以只需：222222(1)(0)31320.(1)(1)(0)31320.(2)a a a a f f e e a e e a e f f e e a e e a e --⎧⎧⎧-≤---≤---+≤⎪⎪⇔⇔⎨⎨⎨--≤-+-≤-+-+≤⎪⎩⎪⎩⎩（8分） 设2()2a h a e a e =--+．∵()1ah a e '=-，∴()h a 在区间(0,)+∞上单调递增；在区间(,0)-∞上单调递减． 注意到(2)0h =，所以，当02a ≤≤不等式（1）成立；当2a >时不等式（1）不成立． 又2222(2)2240h ee e e ---=+-+=+-<，∴当20a -≤<不等式（1）也成立，所以，22a -≤≤时不等式（1）成立．此时22a -≤≤，不等式（2）也成立，而当2a <-时，2a ->，由函数()h a 的性质知，不等式（2）不成立．综上所述，不等式组的解为22a -≤≤．（11分）又∵0a ≠，∴实数的取值范围为[2,0)(0,2]-⋃．（12分）（二）选考题：共10分，考生从22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的笫一题计分．作答时用2B 铅笔在答题卡上将所选题目对应的题号涂黑． 22．解：（Ⅰ）曲线11cos :sin x C y αα=+⎧⎨=⎩（为参数）可化为普通方程：22(1)1x y -+=，（2分）由cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩可得曲线1C 的极坐标方程为2cos ρθ=，（3分）曲线2C 的极坐标方程为()221sin 2ρθ+=．（5分）（Ⅱ）射线(0)6πθρ=≥与曲线1C 的交点的极径为12cos6πρ==（6分）射线(0)6πθρ=≥与曲线2C 的交点的极径满足2221sin 26πρ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，解得25ρ=，（8分）∴12||5AB ρρ=-=-．（10分） 23．解：（Ⅰ）|2||3||(2)(3)|5x x x x --+≤--+=，（2分） 若不等式|2||3||1|x x m --+≥+有解，则满足|1|5m +≤，（3分） 解得64m -≤≤．∴4M =．（5分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知正数，b ，满足24a b c ++=， ∴11111[()()]4a b b c a b b c a b b c ⎛⎫+=++++ ⎪++++⎝⎭，（7分）112(2144b c a b a b b c ++⎛⎫=++≥+= ⎪++⎝⎭．（9分） 当且仅当a c =，2a b +=时，取等号．（10分）。