2020年广东省肇庆市高考数学三模试卷(理科)(附答案详解)

2020年广东省肇庆市高考数学三模试卷（理科）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 已知集合A ={x|x −1≥0}，B ={x|x 2−2x −8≥0}，则∁R (A ∪B)=( )
A. [−2,1]
B. [1,4]
C. (−2,1)
D. (−∞,4)
2. 复数z 的共轭复数z −
满足(2+i)z −
=|3+4i|，则z =( )
A. 2+i
B. 2−i
C. l +2i
D. 1−2i
3. 在等差数列{a n }中，前n 项和S n 满足S 8−S 3=45，则a 6的值是( )
A. 3
B. 5
C. 7
D. 9
4. 在△ABC 中，|AB
⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |，AB =4，AC =3，则BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 在CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向上的投影是( )
A. 4
B. 3
C. −4
D. −3
5. 设x ，y 满足约束条件{x −y ≥0
x −2y ≤0y −1≤0
，则z =2x +y 的最大值是( )
A. 0
B. 3
C. 4
D. 5
6. 命题p ：曲线y =x 2的焦点为(1
4,0)；命题q ：曲线
y 24
−x 2=1的渐近线方程为y =±2x ；
下列为真命题的是( )
A. p ∧q
B. ￢p ∧q
C. p ∨(￢q)
D. (￢p)∧(￢q)
7. 某企业引进现代化管理体制，生产效益明显提高.2018年全年总收入与2017年全年
总收入相比增长了一倍，实现翻番．同时该企业的各项运营成本也随着收入的变化发生了相应变化．如图给出了该企业这两年不同运营成本占全年总收入的比例，下列说法正确的是( )
A. 该企业2018年原材料费用是2017年工资金额与研发费用的和
B. 该企业2018年研发费用是2017年工资金额、原材料费用、其它费用三项的和
C. 该企业2018年其它费用是2017年工资金额的1
4 D. 该企业2018年设备费用是2017年原材料的费用的两倍
8.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三
视图如图所示，则该棱锥的外接球的表面积为()
A. 4π
B. 6π
C. 8π
D. 12π
9.已知函数y=sinax+b(a>0)的图象如图所示，则函数y=log a(x−b)的图象可
能是()
A. B.
C. D.
10.已知角θ的终边经过点(2,−3)，将角θ的终边顺时针旋转π
4
后，角θ的终边与单位圆交点的横坐标为()
A. √26
26B. −√26
26
C. 5√26
26
D. −5√26
26
11.已知a=2log2√7,b=3log3√7，c=5log5√7，则()
A. a<b<c
B. c<a<b
C. b<c<a
D. b<a<c
12.若函数f(x)=2x+sinx⋅cosx+acosx在(−∞,+∞)单调递增，则a的取值范围是
()
A. [−1,1]
B. [−1,3]
C. [−3,3]
D. [−3,−1]
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两
鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半．问何日相逢，各穿几何？题意是：有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每
天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半”，如果墙厚6431
32
，______ 天后两只老鼠打穿城墙．
14.(x−2y+1)(2x+y)6展开式中x4y3的系数为______．
15.已知点P是双曲线C：x2
a2−y2
b2
=1(a>0,b>0)左支上一点，F2是双曲线的右焦点，
且双曲线的一条渐近线恰是线段PF2的中垂线，则该双曲线的离心率是______．
16.在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，△ABD沿对角线BD翻折，形成三棱锥A−BCD．
①当AC=√3时，三棱锥A−BCD的体积为1
3
；
②当面ABD⊥面BCD时，AB⊥CD；
③三棱锥A−BCD外接球的表面积为定值．
以上命题正确的是______．
三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17.已知在△ABC中，角A、B、C对应的边分别为a、b、c，bsin B+C
2
=asinB．
(1)求A；
(2)若b=4，c=6，求sinB的值．
18.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ABB1A1是菱形，且CA=CB1．
(1)证明：面CBA1⊥面CB1A；
(2)若∠BAA1=60°，A1C=BC=BA1，求二面角C−A1B1−C1的余弦值．
19.已知点F1为椭圆x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的左焦点，P(−1,√2
2
)在椭圆上，PF1⊥x轴．
(1)求椭圆的方程：
(2)已知直线l与椭圆交于A，B两点，且坐标原点O到直线l的距离为√6
3
,∠AOB的大小是否为定值？若是，求出该定值：若不是，请说明理由．
20.东莞的轻轨给市民出行带来了很大的方便，越来越多的市民选择乘坐轻轨出行，很
多市民都会开汽车到离家最近的轻轨站，将车停放在轻轨站停车场，然后进站乘轻轨出行，这给轻轨站停车场带来很大的压力．某轻轨站停车场为了解决这个问题，决定对机动车停车施行收费制度，收费标准如下：4小时内(含4小时)每辆每次收费5元；超过4小时不超过6小时，每增加一小时收费增加3元；超过6小时不超过8小时，每增加一小时收费增加4元，超过8小时至24小时内(含24小时)收费30元；超过24小时，按前述标准重新计费．上述标准不足一小时的按一小时计费．为了调查
该停车场一天的收费情况，现统计1000辆车的停留时间(假设每辆车一天内在该停车场仅停车一次)，得到下面的频数分布表：
以车辆在停车场停留时间位于各区间的频率代替车辆在停车场停留时间位于各区
间的概率．
(1)现在用分层抽样的方法从上面1000辆车中抽取了100辆车进行进一步深入调研，记录并统计了停车时长与司机性别的2×2列联表：
完成上述列联表，并判断能否有90%的把握认为“停车是否超过6小时”与性别有关？
(2)(i)X表示某辆车一天之内(含一天)在该停车场停车一次所交费用，求X的概率分布列及期望E(X)；
(ii)现随机抽取该停车场内停放的3辆车，ξ表示3辆车中停车费用大于E(X)的车辆数，求P(ξ≥2)的概率．
参考公式：k2=n(ad−bc)2
，其中n=a+b+c+d
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
21.设函数f(x)=ax2+x+a
e x
(a>0)，e为自然对数的底数．
(1)求f(x)的单调区间：
(2)若ax2+x+a−e x x+e x lnx≤0成立，求正实数a的取值范围．
22.在直角坐标系xOy中，曲线C的方程为x2
2
+y2=1.在以原点O为极点，x轴正半轴为
极轴的极坐标系中，P的极坐标为(√3,π
3
)，直线l过点P．
(1)若直线l与OP垂直，求直线l的极坐标方程：
(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，且|PA|⋅|PB|=13
8
，求直线l的倾斜角．
23.设函数f(x)=|x−a|+|x+b|，ab>0．
(1)当a=1，b=1时，求不等式f(x)<3的解集；
(2)若f(x)的最小值为2，求|4
a +1
b
|的最小值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵A ={x|x −1≥0}={x|x ≥1}，B ={x|x 2−2x −8≥0}={x|x ≤−2或x ≥4}，
∴A ∪B ={x|x ≤−2或x ≥1}，则∁R (A ∪B)=(−2,1)， 故选：C ．
根据已知求出A ，B ，再求A ∪B ，进而求其补集． 本题主要考查集合的基本运算，比较基础
2.【答案】A
【解析】解：由(2+i)z −
=|3+4i|=5，得z −
=5
2+i =5(2−i)
(2+i)(2−i)=2−i ， ∴z =2+i ． 故选：A ．
把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简求得z −
，再由共轭复数的概念得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念与复数模的求法，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：因为S 8−S 3=a 4+a 5+a 6+a 7+a 8=45， 由等差数列的性质可得，5a 6=45， 则a 6=9． 故选：D ．
由已知结合等差数列的性质即可求解．
本题主要考查了等差数列的性质的简单应用，属于基础试题．
4.【答案】D
【解析】解：∵|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ |， ∴AB
⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0， ∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AC
⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴又AB =4，AC =3，
∴BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 在CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向上的投影是|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos <BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ >=|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅cos(π−∠ACB)
=−|BC
⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅cos∠ACB =−3； 如图所示． 故选：D ．
根据平面向量的数量积可得AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，再结合图形求出BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 在CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 方向上的投影即可． 本题考查了平面向量的数量积以及投影的应用问题，也考查了数形结合思想的应用问题，是基础题目．
5.【答案】D
【解析】解：作出x ，y 满足约束条件表示的平面区域
，
得到如图阴影部分及其内部， 其中A(2,1 )，B(1,1)，O 为坐标原点
设z =F(x,y)=2x +y ，将直线l ：z =2x +y 进行平移， 当l 经过点A 时，目标函数z 达到最大值 ∴z 最大值=F( 2,1)=2×2+1=5． 故选：D ．
作出题中不等式组表示的平面区域，再将目标函数z =2x +y 对应的直线进行平移，可得最优解，然后求解即可．
本题给出二元一次不等式组，求目标函数z =2x +y 的最大值，着重考查了二元一次不
等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于中档题．
6.【答案】B
)，所以P是假命题；￢p是真命题，
【解析】解：曲线y=x2的焦点为(0,1
4
−x2=1的渐近线方程为y=±2x；q是真命题，
曲线y2
4
所以￢p∧q是真命题．
故选：B．
求出抛物线的焦点坐标，双曲线的渐近线方程，判断两个命题的真假，即可得到选项．本题考查命题的真假的判断与应用，抛物线以及双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．
7.【答案】B
【解析】解：由折线图可知：不妨设2017年全年的收入为t，则2018年全年的收入为2t．对于选项A，该企业2018年原材料费用为0.3×2t=0.6t，2017年工资金额与研发费用的和为0.2t+0.1t=0.3t，故A错误；
对于选项B，该企业2018年研发费用为0.25×2t=0.5t，2017年工资金额、原材料费用、其它费用三项的和为0.2t+0.15t+0.15t=0.5t，故B正确；
对于选项C，该企业2018年其它费用是0.05×2t=0.1t，2017年原工资金额是0.2t，故C错误；
对于选项D，该企业2018年设备费用是0.2×2t=0.4t，2017年原材料的费用是0.15t，故D错误．
故选：B．
先对折线图信息的理解及处理，再结合数据进行简单的合情推理逐一检验即可得解．
本题考查了对折线图信息的理解及进行简单的合情推理，属中档题．
8.【答案】B
【解析】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：
如图所示：
该几何体为三棱锥体，
所以该几何体的外接球的半径满足(2r)2=12+22+12=6，
解得：r=√6
2
，
所以外接球的表面积为S=4π×(√6
2
)2=6π．
故选：B．
首先把三视图转换为几何体，进一步求出外接球的半径，最后求出球的表面积．
本题考查的知识要点：三视图和几何体之间的转换，几何体的外接球的关系的应用，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．
9.【答案】C
【解析】解：由函数y=sinax+b(a>0)的图象可知1<b+1<2且2π<2π
a
≤3π，
即0<b<1且2
3
≤a<1，
∴函数y=log a(x−b)相当于减函数y=log a x向右移动了b(0<b<1)个单位，
故选项C符合题意．
故选：C．
先由函数y=sinax+b的图象分析可知0<b<1且2
3
≤a<1，再结合对数函数的图象及图象变换法则可得正确答案．
本题考查三角函数及对数函数的图象及性质，考查图象变换法则，考查数形结合思想，属于基础题．
10.【答案】B
【解析】解：∵角θ的终边经过点(2,−3)，∴sinθ=
√22+(−3)2=−3√13
13
，cosθ=
√22+(−3)2
=
2√13 13
，
设角θ的终边顺时针旋转π
4后得到的角为角α， ∴cosα=cos(θ−π
4)=
√2
2
(cosθ+sinθ)=
√22(2√1313
−
3√1313
)=−
√26
26
， 故选：B ．
先利用任意角的三角函数的定义求出sinθ，
cosθ，设角θ的终边顺时针旋转π
4后得到的角为角α，则cosα=cos(θ−π
4)，再利用两角和与差的三角函数公式即可算出结果． 本题主要考查了任意角的三角函数的定义，以及两角和与差的三角函数公式，是基础题．
11.【答案】D
【解析】 【分析】
把a ，b ，c 化为a =log 21
2√7，b =log 313√7，c =log 515√7，比较得到31
3>21
2>51
5，所以c >a >b ．
本题考查三个数的大小的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对数函数和指数函数的性质的合理运用． 【解答】
解：∵a =2log 2√7,b =3log 3√7，c =5log 5√7， ∴a =log 212
√7，b =log 313
√7，c =log 515
√7，
∵(212
)
30
=2
15，
(313
)
30
=3
10，
(515
)30=56，且3
10
>215>56，
∴31
3
>212
>515
， ∴c >a >b ， 故选：D ．
12.【答案】A
【解析】解：函数f(x)=2x +sinx ⋅cosx +acosx ， f′(x)=3−2sin 2x −asinx ， 由题意可得f′(x)≥0恒成立， 即为3−2sin 2x −asinx ≥0，
设t =sinx(−1≤t ≤1)，即有2t 2+at −3≤0，
当t=0时，不等式显然成立；
当0<t≤1时，a≤3
t
−2t，
由y=3
t
−2t在(0,1]递减，可得t=1时，取得最小值1，
可得a≤1；
当−1≤t<0时，a≥3
t
−2t，
由y=3
t
−2t在[−1,0)递减，可得t=−1时，取得最大值−1，
可得a≥−1
综上可得a的范围是[−1,1]，
故选：A．
求出f(x)的导数，由题意可得f′(x)≥0恒成立，设t=sinx(−1≤t≤1)，即有2t2+at−3≤0，对t讨论，分t=0，0<t≤1，−1≤t<0，分离参数，运用函数的单调性可得最值，解不等式即可得到所求范围．
本题考查导数的运用：求单调性，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和换元法，考查函数的单调性的运用，属于中档题．
13.【答案】6
【解析】
【分析】
本题考查等比数列的前n项和的求法及应用，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用，属于基础题．
由题意，n天后两只老鼠打洞之和：S n=1×(1−2n)
1−2+1×(1−
1
2n
)
1−1
2
=2n−1
2n−1
+1，由墙厚6431
32
，
能求出结果．
【解答】
解：由题意，n天后两只老鼠打洞之和：
S n=1×(1−2n)
1−2
+
1×(1−
1
2n)
1−
1
2
=2n−1+2−1
2n−1=2n−1
2n−1
+1，
∵墙厚6431
32
，
∴S n=2n−1
2n−1+1=6431
32
，
解得n=6．
故答案为：6．
14.【答案】−320
【解析】解：(x−2y+1)⋅(2x+y)6=(x+2y)(64x6+192x5y+240x4y2+
160x3y3+60x2y4+12xy5+y6)，
x4y3的系数为160−2×240=−320，
故答：−320．
把(2x+y)6的按照二项式定理展开，可得x4y3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．
15.【答案】√5
【解析】解：由题意，△F1PF2是直角三角形，PF2的
斜率为−b
a
，
设|PF1|=n，|PF2|=m，则m
n =b
a
，
∵m−n=2a，m2+n2=4c2，∴m=2b，n=2a，
∵mn=2b2，
∴b=2a，
∴c=√5a，
∴e=c
a
=√5．
故答案为：√5．
由题意，△F1PF2是直角三角形，PF2的斜率为−b
a ，设|PF1|=n，|PF2|=m，则m
n
=b
a
，
利用双曲线的定义，结合几何量之间的关系，即可得出结论．
本题考查双曲线的离心率，考查学生分析解决问题的能力，确定△PF1F2是直角三角形，PF2的斜率为−b
a
是关键．
16.【答案】③
【解析】 【分析】
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．
在①中，取BD 中点O ，连接AO ，CO ，则AO =CO =√5
2
，当AC =√3时，
cos∠AOC =−1
5，从而sin∠AOC =
2√6
5
，点A 到平面BCD 的距离d =
√5
2
sin∠AOC =
√30
5
.由此能求出三棱锥A −BCD 的体积；在②中，过点A 作AE ⊥平面BCD ，交BD 于E ，则AE ⊥CD ，又CD 与平面ABD 不垂直，故AB 与CD 不垂直；在③中，三棱锥A −BCD 外接球的球心为O ，半径为√5
2，从而三棱锥A −BCD 外接球的表面积为定值．
【解答】
解：∵在矩形ABCD 中，AB =1，AD =2， ∴AC =BD =√12+22=√5，
△ABD 沿对角线BD 翻折，形成三棱锥A −BCD ． 在①中，取BD 中点O ，连接AO ，CO ，则AO =CO =√5
2，
当AC =√3时，cos∠AOC =
54+5
4
−32×√52×
√52
=−1
5
，
∴sin∠AOC =√1−(−15
)2=
2√6
5， ∴点A 到平面BCD 的距离d =√5
2
sin∠AOC =√5
2
×
2√65
=
√30
5
． ∴三棱锥A −BCD 的体积为： V =1
3×1
2×2×1×
√305
=
√30
15
，故①错误； 在②中，当面ABD ⊥面BCD 时，过点A 作AE ⊥平面BCD ，交BD 于E ， 则AE ⊥CD ，又CD 与平面ABD 不垂直， 故AB 与CD 不垂直，故②错误； 在③中，∵OA =OB =OC =OD =√5
2
，
∴三棱锥A −BCD 外接球的球心为O ，半径为√52
，
∴三棱锥A −BCD 外接球的表面积为定值．故③正确． 故答案为：③．
17.【答案】解：(1)由bsin B+C
2=asinB及正弦定理可得sinBsin B+C
2
=sinAsinB，
因为A+B+C=π，
所以sinBsin B+C
2=sinBsinπ−A
2
=sinBcos A
2
，
又sinAsinB=2sin A
2cos A
2
sinB，
所以sinBcos A
2=2sin A
2
cos A
2
sinB，
因为0<A<π，0<B<π，
所以cos A
2
>0,sinB>0，
所以sin A
2=1
2
，
因此A
2=π
6
，即A=π
3
．
(2)法一：由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccosA=16+36−2×4×6×1
2
=28，所以a=2√7，
由正弦定理得b
sinB =a
sinA
，得sinB=bsinA
a
=√21
7
；
法二：由正弦定理及A+B+C=π，得b
sinB =c
sinC
=c
sin(π−B−A)
=c
sin(2π
3
−B)
，
代入数据得3sinB=√3cosB+sinB，即cosB=2
√3
sinB，
结合cos2B+sin2B=1，得sin2B=3
7
，
因为0<B<π，
可得sinB=√21
7
．
【解析】(1)由正弦定理，三角函数恒等变换的应用，结合范围0<A<π，0<B<π即可解得A的值．
(2)法一：由余弦定理可得a的值，由正弦定理可求sinB的值；法二：由正弦定理及三角
函数恒等变换的应用可求sin2B=3
7
，结合范围0<B<π，可求sinB的值．
本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
18.【答案】解：(1)证明：设AB1与A1B交于O，连接OC，
因为侧面ABB1A1是菱形，所以AB1⊥A1B，
又CA =CB 1，所以OC ⊥AB 1，又A 1B ∩CO =O ， 故AB 1⊥平面CA 1B ，又AB 1⊂平面CAB 1， 故平面CBA 1⊥平面CB 1A ；
(2)由A 1C =BC ，故C O ⊥A 1B ，又(1)知OC ⊥AB 1，AB 1∩A 1B =O ，
故OC ⊥平面ABB 1A 1，以O 为原点，分别以OA ，OB ，OC 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，
由A 1C =BC =BA 1=2，OC =√4−1=√3， 则C(0,0,√3)，B 1(−√3,0,0)，A 1(0,−1,0)，B(0,1,0)， 由CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,−1,0)，得C 1(−√3,−1,√3)，
所以A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,0)，A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,√3)，A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,0,√3)， 设平面CA 1B 1的法向量为m
⃗⃗⃗ =(x,y,z)， 由{A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ =−√3x +y =0A 1C ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =y +√3z =0，得m ⃗⃗⃗ =(1,√3,−1)， 设平面C 1A 1B 1的法向量为n
⃗ =(a,b,c)， 由{A 1B 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =−√3a +b =0A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =−√3a +√3c =0，得n ⃗ =(1,√3,1)， 故cos <m
⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=1+3−15
=3
5，又二面角为锐角，
故二面角C −A 1B 1−C 1的余弦值为3
5．
【解析】(1)设AB 1与A 1B 交于O ，连接OC ，先证明AB 1⊥平面CA 1B ，再根据面面垂直的判定定理证明出结论即可；
(2)由A 1C =BC ，故C O ⊥A 1B ，又(1)知OC ⊥AB 1，AB 1∩A 1B =O ，故OC ⊥平面ABB 1A 1，以O 为原点，分别以OA ，OB ，OC 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求出平面CA 1B 1和平面C 1A 1B 1的法向量，利用夹角公式求出即可．
本题考查了线面垂直，面面垂直的判定定理与性质定理，考查了向量法求二面角的余弦值，考查空间想象能力和数学运算能力，中档题．
19.【答案】解：(1)因为PF 1⊥x 轴，又P(−1,√22
)在椭圆上，可得F 1(−1,0)，
所以c =1，1a 2+1
2b 2=1，a 2=c 2+b 2， 解得a 2=2，b 2=1， 所以椭圆的方程为：
x 22
+y 2=1；
(2)当直线l 的斜率不存在时，由原点O 到直线l 的距离为√63，可得直线l 的方程为：x =±√
6
3
，代入椭圆可得 A(
√63,√63)，B(√63,−√63)或A(−√63,√63)，B(−√63,√6
3
)， 可得OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，所以∠AOB =π
2
； 当直线l 的斜率存在时，设直线的方程为：y =kx +m ，设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)， 由原点O 到直线l 的距离为√6
3，可得√6
3
=
√1+k 2
，可得3m 2=2(1+k 2)，①
直线与椭圆联立{y =kx +m
x 22
+y 2
=1
，整理可得(1+2k 2)x 2+4kmx +2m 2−2=0， △=16k 2m 2−4(1+2k 2)(2m 2−2)>0，将①代入△中可得△=16m 2+8>0， x 1+x 2=
−4km 1+2k 2
，x 1x 2=2m 2−2
1+2k
2，y 1y 2=k 2x 1x 2+km(x 1+x 2)+m 2=k 2(2m 2−2)1+2k 2
−
4k 2m 21+2k 2
+m 2=
m 2−2k 21+2k 2
，
所以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1+y 2=2m 2−2
1+2k 2
+
m 2−2k 21+2k 2
=
3m 2−2k 2−21+2k 2
，将①代入可得，OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅
OB
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0， 所以∠AOB =π
2，
综上所述∠AOB =π2恒成立．
【解析】(1)由PF 1⊥x 轴，及点P 的坐标可得F 1的坐标，即c 的值，将P 的坐标代入，由a ，b ，c 之间的关系的关系求出a ，b 的值，进而求出椭圆的方程；
(2)对直线l 的斜率存在和不存在两种情况讨论，当斜率不存在时由原点到直线的距离可得直线l 的方程，代入椭圆中求出A ，B 的坐标，进而可得数量积OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的值为0，可得∠AOB =π
2；当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，由原点到直线的距离可得参数之间的关系，将其代入数量积OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的表达式，可得恒为0，即∠AOB 恒为定值π
2
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合，属于中档题．
20.【答案】解：(1)2×2列联表如下：
根据上表数据代入公式可得K 2
=
100×(20×30−10×40)2
30×70×60×40
=50
63≈0.794<2.706，
所以没有超过90%的把握认为“停车是否超过6小时”与性别有关． (2)(i)由题意知：X 的可取值为5，8，11，15，19，30， P(X =5)=
1
10
，P(X =8)=1
10，P(X =11)=1
5， P(X =15)=1
5，P(X =19)=7
20，P(X =30)=1
20． 所以X 的分布列为：
∴E(X)=5×1
10+8×1
10+11×1
5+15×1
5+19×7
20+30×1
20=14.65． (ii)由题意得P(X >14.65)=1
5+7
20+1
20=3
5， ∴ξ～B(3,3
5
)，
∴P(ξ≥2)=P(ξ=2)+P(ξ=3)=C 32
(3
5)2(2
5)+(3
5)3=3×9
25×2
5+27
125=81
125．
【解析】(1)作出2×2列联表，求出K 2=
100×(20×30−10×40)2
30×70×60×40
=
5063
≈0.794<2.706，从
而没有超过90%的把握认为“停车是否超过6小时”与性别有关．
(2)(i)由题意知：X 的可取值为5，8，11，15，19，30，分别求出相应的概率，由此有求出X 的分布列和数学期望．
(ii)由题意得P(X >14.65)=1
5+7
20+1
20=3
5，从而ξ～B(3,3
5)，由此能求出P(ξ≥2)的概率．
本题考查独立检验的应用，考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查二项分布等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
21.【答案】解：(1)函数f(x)=
ax 2+x+a
e x
(a >0)，e 为自然对数的底数．
f′(x)=
−a(x−1)(x−
a−1
a
)e x
，
∴a >1时，0<a−1a
<1，可得：函数f(x)在(−∞,a−1a
)上单调递减，在(
a−1a
,1)上单调递
增，在(1,+∞)上单调递减． a =1时，f′(x)=
−x(x−1)e x
，函数f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，在
(1,+∞)上单调递减． 0<a <1时，x −
a−1a
>0，∴函数f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，在
(1,+∞)上单调递减．
(2)ax 2
+x +a −e x
x +e x
lnx ≤0成立⇔ax 2+x+a
e x
≤x −lnx ，x ∈(0,+∞)．
由(1)可得：0<a ≤1． x =1时，函数y =
ax 2+x+a
e x
取得最大值
2a+1e
，
令g(x)=x −lnx ，(x >0)，g′(x)=1−1
x ，可得x =1时，函数g(x)取得极小值即最小值．
∴x −lnx ≥1． ∴
ax 2+x+a
e x
≤x −lnx ，成立⇔
2a+1e
≤1，解得a ≤
e−12
．
∴0<a ≤
e−12
．
【解析】(1)函数f(x)=
ax 2+x+a
e x
(a >0)，e 为自然对数的底数．f′(x)=
−a(x−1)(x−
a−1
a
)e x
，
对a 分类讨论即可得出单调性． (2)ax 2
+x +a −e x
x +e x
lnx ≤0成立⇔ax 2+x+a
e x
≤x −lnx ，
由(1)可得：0<a ≤1.x =1时，函数y =
ax 2+x+a
e x
取得最大值
2a+1e
，令g(x)=x −lnx ，(x >0)，利用导数研究其
单调性即可得出x −lnx ≥1.进而得出a 的取值范围．
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、等价转化方法、分类讨论方法、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)P 的极坐标为(√3,π
3)，转换为直角坐标为(√32,3
2
)， 所以直线OP 的斜率为k =√3，直线l 的斜率为k 1=−√3
3
，
所以直线l 的方程为y −32=−√33(x −√32)，整理得√33
x +y −2=0， (2)把直线的方程转换为参数方程为{x =√32+tcosθy =32+tsinθ
(t 为参数)，代入曲线C 的方程为x 22+y 2=1的方程为(cos 2θ+2sin 2θ)t 2+(√3cosθ+6sinθ)t +
134=0． 所以|PA|⋅|PB|=|t 1⋅t 2|=134cos 2θ+2sin 2θ=138，
则：cos 2θ+2sin 2θ=2，由于cos 2θ+sin 2θ=1，
所以sinθ=1(负值舍去)，
所以θ=π2，
故直线的倾斜角为π2．
【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求出结果．
(2)利用一元二次方程根和系数关系式的应用和三角函数关系式的恒等变换和正弦函数的值的应用求出结果．
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，三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，一元二次方程根和系数关系式的应用，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)原不等式等价于|x −1|+|x +1|<3，
当x ≥1时，可得x −1+x +1<3，解得1≤x <32；
当−1<x <1时，可得−x +1+x +1<3，得2<3成立；
当x ≤−1时，可得−x +1−x −1<3，解得−32<x ≤−1．
综上所述，原不等式的解集为{x|−32<x <32}；
(2)f(x)=|x −a|+|x +b|≥|b +a|，当且仅当(x −a)(x +b)≤0时等号成立． ∴f(x)的最小值为|b +a|，即|b +a|=2．
又∵ab >0，∴|b +a|=|a|+|b|=2，
∴|4a +1b |=|4a |+|1b |=12(|4a |+|1b
|)(|a|+|b|) =12(5+|4b a |+|a b |)≥12(5+2√|4b a |⋅|a b |)=92．
当且仅当|4b
a |=|a
b
|时，等号成立，
∴|4
a +1
b
|的最小值为9
2
．
【解析】(1)原不等式等价于|x−1|+|x+1|<3，然后对x分类去绝对值，化为关于x的一元一次不等式求解，取并集得答案；
(2)f(x)=|x−a|+|x+b|≥|b+a|，当且仅当(x−a)(x+b)≤0时等号成立．可得
f(x)的最小值为|b+a|=2.结合ab>0，得|b+a|=|a|+|b|=2，则|4
a +1
b
|=|4
a
|+
|1 b |=1
2
(|4
a
|+|1
b
|)(|a|+|b|)，展开后利用基本不等式求最值．
本题考查绝对值不等式的解法，训练了利用基本不等式求最值，考查数学转化思想方法，是中档题．。