2020年江西省上饶市高考数学三模试卷(理科)

2020年江西省上饶市高考数学三模试卷（理科）
一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1.已知集合A={x|√x−3<2}，B={x|x≤5}，则A∩B=()
A. {x|x≤5}
B. {x|3≤x≤5}
C. {x|3≤x<7}
D. {x|3<x≤5}
2.设复数z满足zi=1+2i(i为虚数单位)，则z在复平面内对应的点所在的象限是()
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
3.(1
√x −1)5的展开式中1
x
项的系数为()
A. −5
B. −10
C. 5
D. 10
4.执行如图的程序框图，若输入x=√2，则输出的y值为()
A. 5
B. 7
C. 9
D. 15
5.若sin(α+π
6)=1
3
，则sin(2α+5π
6
)=()
A. 7
9B. 1
3
C. 8
9
D. 2
3
6.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a2+2a7+a8
a3+a6=20
11
，则
S11
S8
=()
A. 3
7B. 1
6
C. 5
11
D. 5
4
7.将曲线x2+y2=|x|+|y|围成的区域记为Ⅰ，曲线|x|+|y|=1围成的区域记为Ⅱ，在区域Ⅰ中随机取一点，
此点取自区域Ⅱ的概率为()
A. 1
π+2B. 1
π+1
C. 2
π+2
D. 2
π+1
8.在明代珠算发明之前，我们的先祖从春秋开始多是用算筹为工具来记数、列式和计算．算筹实际上是一根根相
同长度的小木棍，算筹有纵式和横式两种，如图是利用算筹表示1～9的数字，表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，例如，137可以用7根小木棍表示“”，则用6根小木棍(要求用完6根)能表示不含“0”且没有重复数字的三位数的个数是()
A. 12
B. 18
C. 24
D. 27
9.已知函数f(x)=−x2+2+cos x
2
(x∈[−π,π])，则不等式f(x+1)−f(2)>0的解集为()
A. [−π,−3)∪(1,π]
B. [−π,−1)∪(3,π]
C. (−3,1)
D. (−1,3) 10. 半径为2的球O 内有一个内接正三棱柱，则正三棱柱的侧面积的最大值为( )
A. 9√3
B. 12√3
C. 16√3
D. 18√3
11. 已知双曲线C ：
x 2a
2−
y 2b 2
=1(a >0,b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1作斜率为√
22
的
直线l 与双曲线C 的左、右两支分别交于A 、B 两点，若|AF 2|=|BF 2|，则双曲线的离心率为( ) A. 2 B. √2 C. √5 D. √3
12. 已知函数y =e x +2
x 2e x 和函数y =a
|x|(a ∈R)，关于这两个函数图象的交点个数，下列四个结论：
①当a <2√2时，两个函数图象没有交点； ②当a =
2e 2+1e
时，两个函数图象恰有三个交点；
③当2√2<a <2e 2+1e
时，两个函数图象恰有两个交点；
④当a >
2e 2+1e
时，两个函数图象恰有四个交点．
正确结论的个数为( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
二、填空题（本大题共3小题，共15.0分）
13. 若实数x ，y 满足条件{x +y −1≥0
x −y −1≤0x −3y +3≥0
，则z =3x +2y 的最大值为______．
14. 在扇形OAB 中，∠AOB =60°，C 为弧AB ⏜上的一个动点．若OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则2x +y 的取值范围是______． 15. 正方形ABCD 的两个顶点A ，B 在直线x +y −4=0上，另两个顶点C ，
D 分别在直线2x −y −1=0，4x +y −23=0上，那么正方形ABCD 的边长为______． 三、多空题（本大题共1小题，共5.0分）
16. 对于正在培育的一颗种子，它可能1天后发芽，也可能2天后发芽，…，如表是20颗不同种子发芽前所需培育
的天数统计表，则这组种子发芽前所需培育的天数的众数是 (1) .中位数是 (2) ．
发芽前所需培育天数
1 2 3 4 5 6 7 ≥8 种子数
4
3
3
5
2
2
1
四、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17. 已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足sin2C +2√3sin 2C =√3，
C 为锐角．
(1)求角C 的大小；
(2)若cos∠BAC =−√2
3，点D 为边BC 上的动点(不与C 点重合)，设AD =λDC ，求
λ的取值范围．
18.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC//AD，∠BAD=2π
，PA=
3
AB=BC=2，AD=4，点M是棱PD的中点．
(1)求证：CM//平面PAB；
(2)求二面角M−AC−D的大小．
19.为了释放学生压力，某校高三年级一班进行了一个投篮游戏，其间甲、乙两人轮流进行篮球定点投篮比赛(每
人各投一次为一轮).在相同的条件下，每轮甲乙两人站在同一位置上，甲先投，每人投一次篮，两人有1人命
，中，命中者得1分，未命中者得−1分；两人都命中或都未命中，两人均得0分．设甲每次投篮命中的概率为2
3
，且各次投篮互不影响．
乙每次投篮命中的概率为1
2
(1)经过1轮投篮，记甲的得分为X，求X的分布列及期望；
(2)若经过n轮投篮，用p i表示第i轮投篮后，甲的累计得分低于乙的累计得分的概率．
①求p1，p2，p3；
②规定p0=0，经过计算机模拟计算可得p i=ap i+1+bp i−1(i≥1,i∈N)，请根据①中p1，p2，p3值求出a，b
的值，并由此求出数列{p n}的通项公式．
20.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，抛物线C上的点到准线的最小距离为1．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若过点F作互相垂直的两条直线l1、l2，l1与抛物线C交于A，B两点，l2与抛物线C交于C，D两点，M，
N分别为弦AB，CD的中点，求|MF|⋅|NF|的最小值．
21. 已知函数f(x)=ax +lnx 2(a ∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调区间情况；
(2)若函数f(x)=ax +lnx 2(a ≠0)有且只有两个零点x 1，x 2，证明：e −1<|x 1+x 2|<e −1
2．
22. 在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{
x =2cosθ
y =sinθ(θ为参数)，将曲线C 上各点纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，得到曲线C 1.以坐标原点O 为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为4ρcosθ+3ρsinθ−10=0．
(1)写出曲线C 1的极坐标方程与直线l 的直角坐标方程； (2)曲线C 1上是否存在不同的两点M(ρ1,θ1)，N(ρ2,θ2)(以上两点坐标均为极坐标，ρ1>0，ρ2>0，0≤θ1<2π，0≤θ2<2π)，使点M 、N 到l 的距离都为1？若存在，求出|θ1−θ2|的值；若不存在，请说明理由．
23. 设函数f(x)=cosx +|a −2|+|a +1|．
(1)若f(π
3)>
112
，求实数a 的取值范围．
(2)证明：对于任意的x ∈R ，f(x)≥|a −2|−|1
4a −1|成立．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵A={x|√x−3<2}={x|3≤x<7}，B={x|x≤5}，
∴A∩B={x|3≤x≤5}．
故选：B．
可以求出集合A，然后进行交集的运算即可．
本题考查了描述法的定义，交集的运算，不等式的性质，考查了计算能力，属于基础题．2.【答案】D
【解析】
【分析】
直接由已知的复数整理得到其在复平面内对应点的坐标得答案．
本题考查了复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
【解答】
解：因为zi=1+2i，所以z=1+2i
i =(1+2i)i
i2
=2−i，
复数z在复平面内所对应的点在第四象限．故选：D．
3.【答案】B
【解析】解：(
x 1)5的展开式的通项为：T r+1=C
5
r(
√x
)5−r(−1)r=(−1)r C5r x r−52，
令r−5
2=−1，求得r=3，故．(
√x
1)5展开式中1
x
项的系数−C53=−10，
故选：B．
在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于−1，求出r的值，即可求得展开式中1
x
项的系数．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：模拟程序的运行，可得
x=√2，y=1，k=1
满足条件k≤3，执行循环体，y=3，k=2
满足条件k≤3，执行循环体，y=7，k=3
满足条件k≤3，执行循环体，y=15，k=4
不满足条件k≤3，退出循环，输出y的值为15．
故选：D．
由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量y的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由sin(α+π
6)=1
3
，
则sin(2α+5π
6)=sin[π
2
+2(α+π
6
)]
=cos2(α+π
6)
=1−2sin 2(α+π
6)
=1−2×(1
3
)2
=7
9
． 故选：A ．
利用诱导公式和二倍角公式，计算即可．
本题考查了诱导公式和二倍角公式应用问题，是基础题． 6.【答案】D
【解析】解：a 2+2a 7+a 8
a 3+a 6
=
2a 5+2a 7a 3+a 6
=
4a 6a 3+a 6
=
2011
，
∴a 6
a 3+a 6
=5
11，
∴
S 11S 8
=11a 6
4(a 1+a 8
)
=11a 6
4(a 3+a 6
)
=5
4． 故选：D ．
利用等差数列的通项公式、求和公式及其性质即可得出．
本题考查了等差数列的通项公式、求和公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 7.【答案】C
【解析】 【分析】
本题考查了几何概型的概率问题，关键是求出对应的面积，属于中档题． 分别求出各自对应的面积，进而求得结论． 【解答】
解：曲线x 2+y 2=|x|+|y|、曲线|x|+|y|=1围成的区域Ⅰ、Ⅱ，如图：
区域Ⅱ为正方形ABCD ，
区域Ⅰ为正方形ABCD 及以正方形边长为直径的4个半圆． 可知区域Ⅱ的面积为S 正方形=(√2)2=2；
区域Ⅰ的面积为S
正方形+2π⋅(√2
2
)2=2+π，
∴由几何概率公式得：P=2
2+π
．
故选：C．
8.【答案】C
【解析】解：数字7、2、1组成6个，
数字7、6、1组成6个，
数字6、3、1组成6个，
数字3、2、1组成6个，共24个符合要求的三位数，故选：C．
分4种情况讨论即可求出结果．
本题主要考查了合情推理中的归纳推理，是基础题．9.【答案】C
【解析】解：根据题意，函数f(x)=−x2+2+cos x
2(x∈[−π,π])，有f(−x)=−x2+2+cos x
2
=f(x)，故f(x)为
偶函数，
在区间[0,π]上，函数y=−x2+2和函数y=cos x
2都是减函数，则函数f(x)=−x2+2+cos x
2
在区间[0,π]上是减函
数，
则f(x+1)−f(2)>0⇒f(x+1)>f(2)⇒f(|x+1|)>f(2)⇒|x+1|<2．
变形可得−2<x+1<2，且−π≤x+1≤π，解可得−3<x<1，
即不等式的解集为(−3,1)，
故选：C．
根据题意，分析可得f(x)为偶函数且在区间[0,π]上是减函数，据此可得原不等式等价于|x+1|<2，解可得x的取值范围，即可得答案．
本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，涉及不等式的解法，属于基础题．
10.【答案】B
【解析】解：如图所示，
设正三棱柱上下底面的中心分别为O1，O2，底面边长与高分别为x，h，
则O2A=√3
3x，在Rt△OAO2中，ℎ2
4
+x2
3
=4，
化为ℎ2=16−4
3
x2，
∵S
侧=3xℎ，∴S
侧
2=9x2ℎ2=12x2(12−x2)≤12(x2+12−x2
2
)2=432．
当且仅当x2=12−x2，即x=√6时取等号，
此时S侧=12√3．
故选：B．
由题意画出图形，设底面边长与高分别为x，h，利用直角三角形边的关系把h用含有x的代数式表示，写出侧面积的平方，利用基本不等式求侧面积平方的最值，则答案可求．
本题考查棱柱侧面积的求法，训练了利用基本不等式求最值，是中档题．
11.【答案】D
【解析】解：如图，取AB 中点M ，连结F 2M ，
∵|AF 2|=|BF 2|，∴F 2M ⊥AB ，
设|AF 2|=|BF 2|=x ，∵|AF 2|−|AF 1|=2a ，∴|AF 1|=x −2a ， 又|BF 1|−|BF 2|=2a ，∴|BF 1|=x +2a ，
∴|AB|=|BF 1|−|AF 1|=4a ，∴|AM|=|BM|=2a ， ∴|F 1M|=|BF 1|−|BM|=x ，
由勾股定理，知|F 2M|=√(F 1F 2)2−(MF 1)2=√(BF 2)2−(BM)2，即|F 2M|=√4c 2−x 2=√x 2−4a 2， 解得x 2=2a 2+2c 2，
∴|F 2M|=√2c 2−2a 2=√2b 2， ∴tan∠MF 1F 2=|F 2M|
|F 1
M|=
√2b 2√2a 2+2c
2
=√2
2，即c 2−a 2a 2+c
2=1
2
，化简得c 2=3a 2，
∴离心率e =c
a =√3．
故选：D ．
取AB 中点M ，连结F 2M ，则F 2M ⊥AB ，设|AF 2|=|BF 2|=x ，由双曲线的定义可知，
|AF 1|=x −2a ，|BF 1|=x +2a ，所以|AB|=|BF 1|−|AF 1|=4a ，|AM|=|BM|=2a ，|F 1M|=x ，由勾股定理，知|F 2M|=√(F 1F 2)2−(MF 1)2=
√(BF 2)2−(BM)2，将所得结论代入进行运算可得x 2=2a 2+2c 2，|F 2M|=√2b 2，再由tan∠MF 1F 2=|F 2
M|
|F 1M|=
√2b 2√2a 2+2c
2
=√2
2
，化简即可得离心率的值． 本题考查双曲线的定义和基本几何性质，还涉及勾股定理、直线斜率与倾斜角之间的关系等基础知识点，考查学生的分析能力和运算能力，属于中档题． 12.【答案】D
【解析】解：两个函数图象交点个数只须考察方程e x +2
x 2e x =a
|x|的解的个数，
即方程a =|x|e x
+2
|x|e x 的解的个数，令f(x)=|x|e x
={−xe x ,x <0
xe x ,x >0
，
当x >0时，f(x)=xe x ，f′(x)=e x +xe x =e x (x +1)>0，所以f(x)在(0,+∞)上为增函数，值域为(0,+∞)；
当x <0时，f(x)=−xe x ，f′(x)=−e x −xe x =−e x (x +1)，由f′(x)=0，得x =−1．
当x ∈(−∞,−1)时，f′(x)=−e x (x +1)>0，f(x)为增函数； 当x ∈(−1,0)时，f′(x)=−e x (x +1)<0，f(x)为减函数； 当x →−∞时，f(x)→0，
∴函数f(x)在(−∞,0)上有最大值为f(−1)=−(−1)e −1=1
e ， 令t =f(x)，方程a =|x|e x +2
|x|e x ，化为a =t +2
t (t >0)，
当a <2√2时，方程a =t +2
t (t >0)无解，原方程无解，两个函数图象无交点；
当a =2√2时，方程a =t +2
t (t >0)有唯一解t =√2，|x|e x =√2，原方程有唯一解，两个函数图象恰有一个交点； 当2√2<a <2e 2+1e
时，方程a =t +2t (t >0)有两解t 1∈(1
e ,√2)，t 2∈(√2,2e)，原方程有两解，两个函数图象恰有
两个交点； 当a =2e 2+1e
时，方程a =t +2t (t >0)有两解t 1=1
e ，t 2=2e ，原方程有三解，两个函数图象恰有三个交点； 当a >
2e 2+1e
时，方程a =t +2
t (t >0)有两解t 1∈(0,1
e )，t 2∈(2e,+∞)，原方程有四解，两个函数图象恰有四个交点．
故选：D ．
通过函数的交点个数，转化为方程的解的个数，构造函数，利用函数的导数，求解函数的单调性，判断函数的极值，通过a 的范围判断函数的零点个数，然后判断选项的正误即可．
本题考查函数的导数的应用，函数的零点以及方程根的关系，考查转化思想以及分类讨论思想的应用，是难题． 13.【答案】13
【解析】 【分析】
本题考查的知识点是简单线性规划的求最值问题，属基础题．
画出约束条件对应的平面区域，再求出对应的平面区域顶点的坐标，分别代入目标函数，比较目标函数值即可得到其最优解． 【解答】
解：实数x ，y 满足条件{x +y −1≥0
x −y −1≤0x −3y +3≥0，对应的可行域如下图所示：
由{x −y −1=0x −3y +3=0，解得x =3，y =2时，目标函数经过A(3,2)时，目标函数取得最大值：z =3x +2y =13， 故z =3x +2y 的最大值为：13； 故答案为：13．
14.【答案】[1,2]
【解析】解：如图所示，过点C 作CE//OB ，交OA
于E ，再作CF//OA ，交OB 于F ，可得
∵四边形OECF 是平行四边形 ∴OC
⃗⃗⃗⃗⃗ =OE ⃗⃗⃗⃗⃗ +OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， x 、y 均为正数且2x +y 中x 的系数较大，当点C 沿AB 弧由A 向B 运动的过程中， |OE
⃗⃗⃗⃗⃗ |变短而|OF ⃗⃗⃗⃗⃗ |变长． ∴当C 与A 重合时，x =1达到最大而y =0达到最小，此时2x +y 有最大值为2；
当C 与B 重合时，x =0达到最小而y =1达到最大，此时2x +y 有最小值为1．
即2x +y 的取值范围是[1,2] 故答案为：[1,2]．
如图所示，过点C 作CE//OB ，交OA 于E ，再作CF//OA ，交OB 于F ，利用向量的平行四边形法则可得：OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =OE ⃗⃗⃗⃗⃗ +
OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，对x ，y 的取值变化情况即可得出． 本题考查了向量的平行四边形法则、函数的性质，属于中档题． 15.【答案】2√2或14√2
【解析】解：设因为AB//CD ；
可设直线CD 的方程为x +y +m =0 联立{2x −y −1=0x +y +m =0
，得C(1−m 3,−1−2m
3)
联立{4x +y −23=0x +y +m =0，得D(m+233,−23−4m
3) ∴|CD|=√(
1−m 3
−
m+233
)2
+(
−1−2m 3
−
−23−4m 3
)2
=
2√2
3
|m +11|，
又直线AB 与CD 的距离为d =√2
，
∴
2√23
|m +11|=
√2
，解得m =−8或m =−32，
∴正方形的边长为|CD|即为：2√2或14√2． 故答案为：2√2或14√2．
设出直线CD 的方程为x +y +m =0，与已知联立求得C ，D 的坐标以及CD 的长，结合平行线间的距离公式求出m ，进而求得结论．
本题考查两平行直线的距离公式的运用以及直线方程的设法，考查运算能力，属于基础题． 16.【答案】4
3.5
【解析】解：由图中数据可知，该20颗种子发芽天数从小到大排列为：1、1、1、1、2、2、2、3、3、3、4、4、4、4、4、5、5、6、6、7； ∴众数是4，中位数为3.5． 故答案为：4，3.5．
把数据列出来，根据众数以及中位数的定义求解即可． 本题考查参观人数的中位数、众数的求法，是基础题． 17.【答案】解：(1)∵sin2C +2√3sin 2C =√3， ∴sin2C +√3(1−cos2C)=√3， ∴sin2C −√3cos2C =0， ∴tan2C =√3，
∵C 为锐角，2C ∈(0,π)， ∴2C =π
3， ∴C =π6
．
(2)由cos∠BAC =−√2
3
<0，可知∠BAC >π
2，
∵在△ADC 中，AD sinC =DC
sin∠DAC ， ∴λ=AD
DC =sinC
sin∠DAC =1
2sin∠DAC ， ∵0<∠DAC ≤BAC ， ∴sin∠DAC ∈(0,1]， ∴λ∈[12,+∞)．
【解析】(1)利用三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得tan2C =√3，结合C 为锐角，2C ∈(0,π)，可求C 的值．
(2)由cos∠BAC =−√2
3
<0，可知∠BAC >π
2，在△ADC 中由正弦定理可得λ=AD
DC =sinC
sin∠DAC =1
2sin∠DAC ，由0<∠DAC ≤
BAC ，可得sin∠DAC ∈(0,1]，从而可求λ的取值范围．
本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想和函数思想的应用，属
于中档题．
18.【答案】解：(1)如图，取AP 的中点E ，连接BE 、EM ．
∵M 是PD 的中点，∴EM =1
2AD ，EM//AD ， 又BC =1
2AD ，BC//AD ，所以EM =BC ，EM//BC ，
∴四边形BCME 为平行四边形， ∴CM//BE ，
又BE ⊂平面PAB ，CM ⊄平面PAB ， ∴CM//平面PAB ．
(2)在平面ABCD 内过点A 作AD 的垂线Ax ，由题意知PA ，Ax ，AD 两两垂直，
以A 为坐标原点，Ax ，AD ，AP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意知PA =AB =BC =2，AD =4，∠BAD =2π3
，
可得A(0,0，0)，C(√3,1,0)，M(0,2，1)， ∴AC
⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,0)，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1)， 设平面MAC 的法向量为n
⃗ =(x,y,z)， 则由{n ⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0
，即{√3x +y =02y +z =0，令y =−3，则x =√3，z =6，
∴n ⃗ =(√3,−3,6)为平面MAC 的一个法向量． ∵PA ⊥底面ABCD ，
∴可取平面ACD 的一个法向量为m ⃗⃗⃗ =(0,0,1)， ∴cos〈n ⃗ ,m ⃗⃗⃗ 〉=n ⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗
|n ⃗⃗ |⋅|m ⃗⃗⃗ |
=6√
48
=√3
2
， ∵二面角M −AC −D 为锐二面角， ∴二面角M −AC −D 的大小为π
6．
【解析】(1)取AP 的中点E ，连接BE 、EM.推导出四边形BCME 为平行四边形，CM//BE ，由此能证明CM//平面
PAB ．
(2)在平面ABCD 内过点A 作AD 的垂线Ax ，由题意知PA ，Ax ，AD 两两垂直，以A 为坐标原点，Ax ，AD ，AP 所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角M −AC −D 的大小．
本题考查线面平行的证明，考查二面解的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)X 的可能取值为−1，0，1．
P(X =−1)=1
3×1
2=1
6；P(X =0)=1
2×2
3+(1−1
2)(1−2
3)=1
2；P(X =1)=2
3×1
2=1
3． X −1 0 1 P
16
12
13
期望E(X)=16.即经过1轮投篮，甲得分的期望为1
6分． (2)①由(1)知P 1=1
6，
经过两轮投球，甲的累计得分低于乙的累计得分的有两种情况：一是甲两轮都得分为−1分：二是两轮中甲一轮得0分，另一轮得−1分．
p 2=(16)2+C 21
12
×16=7
36． 经过三轮投球，甲累计得分低有四种情况：−1−1−1；−1−1+0；−1+0+0；−1−1+1．
P 3=(16)3+C 32(16)2×12+C 31(16)×(12)2+C 32(16)2×13=
43216
②将P 0，P 1，P 2，P 3的值分别代入P i =aP i+1+bP i−1，得{1
6
=7
36a 736
=43216
a +16
b
得a =67，b =1
7．
∴P i =6
7P i+1+1
7P i−1，即P i+1−P i =1
6(P i −P i−1)
又P 1−P 0=1
6，所以{P n −P n−1}是首项1
6、公比都是1
6的等比数列． ∴P n −P n−1=(16)n ，
∴P n =(P n −P n−1)+(P n−1−P n−2)+⋯+(P 1−P 0)+P 0=16(1−16
n )1−16
=15(1−1
6n )，
∴数列{p n }的通项公式为p n =1
5(1−1
6n )．
【解析】(1)X 的可能取值为−1，0，1.利用相互独立及其互斥事件概率计算公式即可得出．
(2)①由(1)知P 1=1
6，经过两轮投球，甲的累计得分低于乙的累计得分的有两种情况：一是甲两轮都得分为−1分：二是两轮中甲一轮得0分，另一轮得−1分．利用相互独立与互斥事件的概率计算公式即可得出．经过三轮投球，甲累计得分低有四种情况：−1−1−1；−1−1+0；−1+0+0；−1−1+1.同理可得其概率．
②将P 0，P 1，P 2，P 3的值分别代入P i =aP i+1+bP i−1，得{1
6=7
36a 736=43216a +16b ，解得a =67，b =17.可得P i =67P i+1+1
7P i−1
，即P i+1−P i =1
6(P i −P i−1)，利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出．
本题考查了相互独立及其互斥事件概率计算公式、随机变量的分布列、数学期望、等比数列的通项公式与求和公式，
考查了推理能力与计算能力，属于难题．
20.【答案】解：(1)∵抛物线C 上的点到准线的最小距离为1， ∴
p 2
=1，解得p =2，
∴抛物线C 的方程为：y 2=4x ； (2)由(1)可知焦点为F(1,0)，
由已知可得AB ⊥CD ，∴两直线AB ，CD 的斜率都存在且均不为0， 设直线AB 的斜率为k ，则直线CD 的斜率为−1
k ， ∴直线AB 的方程为y =k(x −1)，
联立方程{y 2=4x
y =k(x −1)，消去x 得：ky 2−4y −4k =0，
设点A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，则y 1+y 2=4
k ，
∵M(x M ,y M )为弦AB 的中点，所以y M =1
2(y 1+y 2)=2
k ，
由y M =k(x M −1)，得x M =y M k
+1=2
k 2+1，
∴点M(2
k 2+1,2
k )，
同理可得：N(2k 2+1,−2k)，
∴|NF|=√(2k 2+1−1)2+(−2k)2=2√k 2(k 2+1)，|MF|=2√1+k 2
k 2，
∴|MF||NF|=
2√1+k 2
k 2×2√k 2(1+k 2)=4×
1+k 2|k|
≥4×2√|k|⋅1
|k|=8，
当且仅当|k|=1
|k|，即k =±1，等号成立，
∴|MF|⋅|NF|的最小值为8．
【解析】(1)由抛物线C 上的点到准线的最小距离为1可得p =2，从而求出抛物线C 的方程；
(2)由题意可知两直线AB ，CD 的斜率都存在且均不为0，设直线AB 的斜率为k ，则直线CD 的斜率为−1
k ，所以直线AB 的方程为y =k(x −1)，与抛物线方程联立，利用韦达定理可得点M 的坐标，同理可得点N 的坐标，利用两点间距离公式表达出|MF|，|NF|，再利用基本不等式即可求出|MF|⋅|NF|的最小值． 本题主要考查了抛物线方程，以及直线与抛物线的位置关系，是中档题．
21.【答案】解：(1)f(x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，f′(x)=a +2x =
ax+2x
，
当a =0时，f(x)在(−∞,0)上递减，在(0,+∞)上递增；
当a >0时，在x ∈(−∞,−2
a )∪(0,+∞)上，f′(x)>0，在x ∈(−2
a ,0)上，f′(x)<0， f(x)在(−2a ,0)上递减，在(−∞,−2
a )和(0,+∞)上分别递增；
当a <0时，在x ∈(0,−2a )上，f′(x)>0，在x ∈(−∞,0)∪(−2
a ,+∞)上，f′(x)<0， f(x)在(−∞,0)和(−2a ,+∞)上分别递减，在(0,−2
a )上递增．
(2)证明：①由(1)可知，当a >0时，f(x)在(−2a ,0)上递减，在(−∞,−2
a )和(0,+∞)上分别递增， 在x ∈(0,+∞)上，当x →0+时，f(x)→−∞，当x →+∞时，f(x)→+∞， f(x)在x ∈(0,+∞)上有且只有一个零点；
在x ∈(−∞,0)上，当x →0−时，f(x)→−∞，当x →−∞时，f(x)→−∞， 为使f(x)有且只有两个零点，则f(x)在x ∈(−∞,0)上有且只有一个零点， 则须f(x)在x ∈(−∞,0)的最大值f(x)max =f(−2a )=−2+2ln 2
a =0， 可得a =2e ，零点x 1=−2
a =−e ；
而当a =2e 时，f(x)=2e x +lnx 2，f(1)=2e >0，f(12)=1e +ln 1
4， ∵e 1e
<e <4， ∴
1
e 1e >14，ln
1
e 1e
>ln 1
4，−1e >ln 14，f(12)=1e +ln 14
<0，
∴另一个零点满足：1
2<x 2<1，
∴−e +1
2<x 1+x 2<−e +1，
②由(1)可知，当a <0时，f(x)在(−∞,0)和(−2
a ,+∞)上分别递减，在(0,−2
a )上递增， 在x ∈(−∞,0)上，当x →0时，f(x)→−∞，当x →−∞时，f(x)→+∞， f(x)在x ∈(−∞,0)上有且只有一个零点；
在x ∈(0,+∞)上，当x →0+时，f(x)→−∞，当x →+∞时，f(x)→−∞， 为使f(x)有且只有两个零点，则f(x)在x ∈(0,+∞)上有且只有一个零点， 则须f(x)在x ∈(0,+∞)的最大值f(x)max =f(−2
a )=−2+2ln(−2
a )=0， 可得a =−2
e ，零点x 2=−2
a =e ；
而当a =−2
e 时，f(x)=−2
e x +lnx 2，f(−1)=2
e >0，f(−1
2)=1
e +ln 1
4， 由上面证明可知，f(−1
2)=1
e +ln 1
4<0， ∴另一个零点满足：−1<x 1<−1
2， ∴e −1<x 1+x 2<e −1
2，
综上可知，e −1<|x 1+x 2|<e −1
2．
【解析】(1)求出函数的导数，通过讨论a 的范围，求出函数的单调区间即可；
(2)a >0时，f(x)在x ∈(−∞,0)上有且只有一个零点，则须f(x)在x ∈(−∞,0)的最大值f(x)max =f(−2
a )=−2+2ln 2
a =0，可得a =2
e ，零点x 1=−2
a =−e ；再求出x 2，证明结论即可；a <0时，f(x)在x ∈(0,+∞)的最大值f(x)max =f(−2
a )=−2+2ln(−2
a )=0，可得a =−2
e ，零点x 2=−2
a =e ；再求出x 1，证明结论即可．
本题考查了函数的单调性、零点问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题．
22.【答案】解：(1)由曲线C 的参数方程为{x =2cosθ
y =sinθ(θ为参数)可得其直角坐
标方程为
x 24
+y 2=1，
将曲线C 上各点纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)， 根据ρ2=x 2+y 2得到曲线C 1的直角坐标方程为x 2+y 2=4， 其极坐标方程为ρ=2，
又直线l 的极坐标方程为4ρcosθ+3ρsinθ−10=0， 故其直角坐标方程为4x +3y −10=0； (2)曲线C 1是以O 为圆心，2为半径的圆， 圆心O 到直线l 的距离为，d =
√42+32
=2，
∴存在这样的点M ，N ，MN//l ，且点O 到直线MN 的距离为|OD|=1， ∴∠MON =
2π3
，
又∵ρ1>0，ρ2>0，0≤θ1<2π，0≤θ2<2π，
∴|θ1−θ2|=
4π3
．
【解析】(1)直接利用转换关系，把参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换． (2)利用点到直线的距离公式的应用和存在法的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，点到直线的距离公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型． 23.【答案】解：(1)∵f(x)=cosx +|a −2|+|a +1|， ∴f(π
3)>
112
，可化为|a −2|+|a +1|>5，
等价为{a ≥2a −2+a +1>5或{−1<a <22−a +a +1>5或{a ≤−1
2−a −a −1>5，
解得a >3或a ∈⌀或a <−2， 则a 的范围是a >3或a <−2；
(2)证明：要证f(x)≥|a −2|−|1
4a −1|恒成立， 即证cosx +|a −2|+|a +1|≥|a −2|−|1
4a −1|恒成立， 也就是证明|1
4a −1|+|a +1|≥−cosx 恒成立． ∵y =−cosx 的最大值为1， 即证|1
4a −1|+|a +1|≥1．
∴|1
4a −1|+|a +1|≥|(1
4a −1)+(a +1)|=|1
4a +a|=|1
4a |+|a|≥1成立， 当且仅当a =±1
2时，取得等号．
∴原结论成立．
【解析】(1)由题意可得|a −2|+|a +1|>5，再由零点分区间法和绝对值的意义，去绝对值，解不等式，即可得到所求范围；
(2)运用分析法证明，结合余弦函数的性质和绝对值的性质，即可得证．
本题考查绝对值不等式的解法和性质的运用，考查不等式恒成立问题解法，注意运用转化思想和分析法，考查运算能力和推理能力，属于中档题．。