2021年江西省六校高考数学联考试卷(理科)

2021年江西省六校高考数学联考试卷（理科）（3月份）
一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）
1.已知全集为R，集合M={x|0<x≤2}，N={−1,0，1，2，3}，则(∁R M)∩N=()
A. {0,1}
B. {−1,0，1}
C. {−1,0，3}
D. {−1,1，2，3}
2.复数z=1+2i
1−i
，则|z−|=()
A. √10
B. √5
C. √10
5D. √10
2
3.已知向量a⃗，b⃗ 不共线，且c⃗=(3k+2)a⃗+b⃗ ，d⃗=a⃗+k b⃗ ，若c⃗与d⃗方向相反，则
实数k的值为()
A. −1
B. −1
2C. 1或−2 D. −1或1
3
4.已知球的半径与圆锥的底面半径都为2，若它们的表面积相同，则圆锥的高为()
A. √5
B. 4√2
C. 2√15
D. 8
5.已知抛物线y2=2x的焦点为F，过F的直线交抛物线于A、B两点，设直线AB的
倾斜角为θ，则0<tanθ<1是|AB|>4的()
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
6.将函数f(x)=cos(x+π
6)的图象上所有点的横坐标压缩为原来的1
2
，纵坐标保持不变，
得到g(x)图象，若g(x1)+g(x2)=2，且x1，x2∈[−2π,π]，则x1−x2的最大值为()
A. π
B. 2π
C. 3π
D. 4π
7.如图，在直角坐标系xOy中，点B(4,4)，点C(0,4)，点A
在x轴上，曲线y=sinπx
2
+3与线段AB交于点D(4,3).若在
四边形OABC内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率
等于()
A. 1
5
B. 1
4
C. 1
3
D. 1
2
8. 甲、乙、丙三人中，一人是董事长，一人是总经理，一人是秘书，已知：丙的年龄
比秘书的大，甲的年龄和总经理不同；总经理的年龄比乙小，根据以上情况，下列判断正确的是( )
A. 甲是董事长，乙是秘书，丙是总经理
B. 甲是秘书，乙是总经理，丙是董事长
C. 甲是秘书，乙是董事长，丙是总经理
D. 甲是总经理，乙是秘书，丙是董事长
9. 将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，其中一个
路口3人，且甲、乙不在同一路口的分配方案共有( )
A. 18种
B. 24种
C. 36种
D. 42种
10. 已知函数f(x)=ln
e−ex 1+x
，若f(a)+f(a +1)>2，则实数a 的取值范围是( )
A. 1
2<a <1
B. −1
2<a <0
C. −1<a <−1
2
D. −1<a <0
11. 已知双曲线
x 2a
2−
y 2b 2
=1(a >0,b >0)的左顶点为A ，直线l 经过A 点且斜率为√
34
，
以右焦点F 为圆心、OF 为半径的圆与直线l 从左往右依次交于P 、Q 两点(O 为坐标原点)，若∠OFQ =
2π3
，则该双曲线的渐近线方程为( )
A. y =±1
2x
B. y =±√2
2x C. y =±√3x D. y =±2x
12. 已知关于x 的不等式
e x x 2
−klnx ≥x +1对任意的x ∈(1,+∞)都成立，则实数k 的最
大值为( )
A. 1−e
B. −2
C. −e
D. −3
二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若x ，y 满足约束条件{y −2≤0,
x −y ≤0,x +y −3≥0,
则z =y
x 的最大值为______．
14. 某射击运动员一次击中目标的概率是34，连续两次击中目标的概率是1
2，已知该运动
员第一次击中目标.则第二次也击中目标的概率是______ ．
15. 已知公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a
5
a 2=3，3S 7=7a 2+14a m ，
则正整数m 的值为______ ．
16. 在棱长为2的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，点P 是直线BC 1上的一个动点，点Q 在
平面ACD 1上，则PQ 的最小值为 ． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）
17. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，cos2C +cosC =0．
(Ⅰ)求角C 的大小；
(Ⅱ)已知点D 在边BC 上，∠ADB =2π3
，BD =3，AB =√19，求△ABC 的面积．
18. 如图，三棱台ABC −A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，△ABC 和△A 1B 1C 1均为等
边三角形，AB =2AA 1=2CC 1=2A 1B 1，O 为AC 的中点．
(1)证明：OB ⊥AA 1；
(2)求直线OB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值． 19. 已知椭圆
x 2
a +y 2
b =1(a >b >0)的左、
右焦点分别为F 1、F 2，上顶点为M ，∠F 1MF 2=2π
3
，且原点O 到直线MF 1的距离为√32
． (1)求椭圆C 的方程；
(2)已知斜率为−√3
6
的直线l 交椭圆C 于A 、B 两点，求OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围．
20. 已知f(x)=xsinx +sin(x +π
2).
(1)讨论f(x)在[0,π]上的单调性；
(2)设g(x)=x 2+4−4f(x)，试判断g(x)在R 上的零点个数，并说明理由．
21. 某种疾病可分为Ⅰ、Ⅱ两种类型.为了解该疾病类型与性别的关系，在某地区随机
抽取了患该疾病的病人进行调查，其中女性是男性的2倍，男性患Ⅰ型病的人数占男性病人的5
6，女性患Ⅰ型病的人数占女性病人的1
3．
(1)若在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为“所患疾病类型”与“性别”有关，求男性患者至少有多少人？
(2)某药品研发公司欲安排甲乙两个研发团队来研发此疾病的治疗药物.两个团队各至多安排2个接种周期进行试验，甲团队研发的药物每次接种后产生抗体的概率为p(0<p <1)，每人每次接种花费m(m >0)元.每个周期至多接种3次，第一个周期连续2次出现抗体，则终止本接种.周期进入第二个接种周期，否则需依次接种至第一周期结束，再进入第二周期；第二接种周期连续2次出现抗体，则终止试验，否则需依次接种至至试验结束；乙团队研发的药物每次接种后产生抗体的概率为q(0<q <1)，每人每次花费n(n >0)元，每个周期接种3次，每个周期必须完成3次接种，若一个周期内至少出现2次抗体，则该周期结束后终止试验，否则进入第二个接种周期.假设两个研发团队每次接种后产生抗体与否均相互独立.当n =
2
m、p=q时，从两个团队试验的平均花费考虑，试证明该公司选择乙团队进行药3
品研发的决策是正确的．
．
附：K2=n(ad−bc)2
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
(α为参数)，在以坐22.平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为{x=√3+2cosα
y=1+2sinα
标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴的极坐标系中，点P在射线l：θ=π
上，且
3
点P到极点O的距离为4．
(1)求曲线C的普通方程与点P的直角坐标；
(2)求△OCP的面积．
23.已知函数f(x)=|x+a|+|x−2|．
(Ⅰ)当a=−3时，求不等式f(x)≥3的解集；
(Ⅱ)若f(x)≤|x−4|的解集包含[1,2]，求a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵M ={x|0<x ≤2}，N ={−1,0，1，2，3}，
则(∁R M)∩N ={x|x ≤0或x >2}∩{−1，0，1，2，3}={−1，0，3}． 故选：C ．
根据已知直接利用集合的交集运算及补集运算可求． 本题主要考查了集合的基本运算，属于基础试题．
2.【答案】D
【解析】解：因为z =
1+2i 1−i
=
(1+2i)(1+i)(1−i)(1+i)=
−1+3i 2
，
所以z −
=−1
2−3i
2，则|z −
|=√1
4+9
4=√10
2．
故选：D ．
结合复数的基本运算进行化简，然后结合模长公式即可求解． 本题考查复数的运算，考查运算求解能力．
3.【答案】A
【解析】解：由c ⃗ =(3k +2)a ⃗ +b ⃗ ，d ⃗ =a ⃗ +k b ⃗ ，且c ⃗ 与d ⃗ 方向相反， 所以k(3k +2)−1=0， 即3k 2+2k −1=0， 解得k =−1或k =1
3，
当k =−1时，c ⃗ =−a ⃗ +b ⃗ ，d ⃗ =a ⃗ −b ⃗ ，c ⃗ 与d
⃗ 反向， 当k =13时，c ⃗ =3a ⃗ +b ⃗ ，d ⃗ =a ⃗ +13b ⃗ ，c ⃗ 与d
⃗ 同向， 所以实数k 的值为−1． 故选：A ．
由平面向量的共线定理列方程求出k 的值，再讨论k 的值是否满足c ⃗ 与d ⃗ 反向． 本题考查了平面向量的共线定理应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：球的半径为2，则球的表面积为S 球=4π×22
=16π；
圆锥的底面半径为2，设圆锥的高为h ，则圆锥的母线长为l =√22+ℎ2=√4+ℎ2； 所以圆锥的表面积为S 圆锥=π×22+π×2×√4+ℎ2=4π+2π√4+ℎ2； 由题意知，4π+2=16π，解得ℎ=4√2； 所以圆锥的高为4√2． 故选：B ．
根据球的半径求出球的表面积，设圆锥的高为h ，求出圆锥的母线长和表面积，列方程求得h 的值．
本题考查了球和圆锥的表面积计算问题，是基础题．
5.【答案】A
【解析】解：抛物线的焦点为F(1
2,0)，
当直线斜率不存在，即θ=π
2时，∵x =1
2，∴y 2=1，∴y =±1，不妨设A(1
2,1)，B(1
2,−1)，∴|AB|=2．
当直线斜率存在且k ≠0时，设直线AB 为y =k(x −1
2)，A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)， 联立得{y 2=2x
y =k(x −12
)
整理得k 2x 2−(k 2+2)x +1
4k 2=0， ∴x 1+x 2=
k 2+2k =2
k +1，
∴|AB|=|AF|+|BF|=x 1+12
+x 2+12
=x 1+x 2+1==
2k 2
+2，
①当0<tanθ<1，即0<k <1时，∴0<k 2<1，∴2
k 2>2， ∴|AB|=
2k 2
+2>4，
②当|AB|>4时，∴2
k +2>4，∴k 2<1，∴−1<k <1且k ≠0， ∴−1<tanθ<1且tanθ≠0，
综上所述：0<tanθ<1是|AB|>4时的充分不必要条件． 故选：A ．
先设直线AB 的方程，联立得关于x 的一元二次方程，利用韦达定理和弦长公式求出|AB|，再分析充分性和必要性即可．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：将函数f(x)=cos(x+π
6)的图象上所有点的横坐标压缩为原来的1
2
，纵坐标
保持不变，
得到g(x)=cos(2x+π
6
)图象，若g(x1)+g(x2)=2，则g(x1)=g(x2)=1，
∵x1，x2∈[−2π,π]，∴2x1，2x2∈[−4π,2π]，
则当2x1=2π，2x2=−4π时，
x1−x2取得最大值3π，
故选：C．
由题意利用函数y=Acos(ωx+φ)的图象变换规律，余弦函数的图象和性质，得出结论．本题主要考查函数y=Acos(ωx+φ)的图象变换规律，余弦函数的图象和性质，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：阴影部分的面积S=∫(4
04−sinπx
2
−3)dx=∫(4
1−sinπx
2
)dx
=(x+2
π⋅cosπx
2
)|04=4+2
π
−2
π
=4．
正方形OABC的面积为4×4=16．
由测度比是面积比，可得在四边形OABC内随机取一点，此点取自阴影部分的概率等于
4 16=1
4
．
故选：B．
利用定积分求出阴影部分的面积，再由测度比是面积比可得所求概率．本题考查定积分的求法，考查几何概型概率的求法，是基础题．
8.【答案】C
【解析】解：根据甲的年龄和总经理不同，总经理的年龄又比乙小，所以丙为总经理，且丙比乙小，
因为丙比秘书大，所以甲为秘书，乙为董事长，
故选：C．
由“甲的年龄和总经理不同”和“总经理的年龄比乙小”知丙是总经理，且丙比乙小；再由“丙的年龄比秘书大”即可知甲乙的身份
本题考查命题真假的判断，考查简单的合情推理等基础知识，是基础题．
9.【答案】D
【解析】解：根据题意，分2步进行分析：
①将甲、乙等5名交警分成人数为3−1−1的3组，要求甲乙不在同一组，
有C 53−C 31=7种分组方法，
②将分好的三组安排到三个路口，有A 33=6种情况，则有7×6=42种分组方法， 故选：D ．
根据题意，分2步进行分析：①将甲、乙等5名交警分成人数为3−1−1的3组，要求甲乙不在同一组，②将分好的三组安排到三个路口，由分步计数原理计算可得答案． 本题考查排列组合的应用，注意先分组再进行排列，属于基础题
10.【答案】C
【解析】解：∵f(x)=ln
e−ex 1+x
=lne +ln 1−x 1+x =1+ln 1−x
1+x (−1<x <1)，
令g(x)=f(x)−1=ln 1−x
1+x (−1<x <1)， 则g(−x)+g(x)=ln 1+x
1−x +ln 1−x
1+x =ln1=0， ∴y =g(x)(−1<x <1)为奇函数， 又g′(x)=1+x
1−x ⋅(1−x
1+x )′=1+x
1−x ⋅
−(1+x)−(1−x)
(1+x)=
−21−x <0，
∴y =g(x)在区间(−1,1)上单调递减．
∴f(a)+f(a +1)>2⇔f(a)−1>1−[f(a +1)]=−[f(a +1)−1]， 即g(a)>−g(a +1)=g(−a −1)， ∴a <−a −1，解得a <−1
2①
又{−1 <a <1−1<−a −1<1，解得−1<a <0② 由①②得−1<a <−1
2， 故选：C ．
令g(x)=f(x)−1=ln 1−x 1+x (−1<x <1)，可判断出g(x)为奇函数，利用导数可判断其单调性，从而将f(a)+f(a +1)>2转化为g(a)>g(−a −1)，继而可得答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，构造函数g(x)=f(x)−1=ln1−x
1+x
(−1<x<1)，并判断其奇偶性与单调性是解决问题的关键，考查等价转化思想与数学运算能力，属于中档题．
11.【答案】C
【解析】解：由题意，A(−a,0)，F(c,0)，
l：y=√3
4
(x+a)，圆F的半径为c，
如图，
∵∠OFQ=2π
3，∴QFG=π
3
，则Q(3
2
c,√3
2
c)，
∵点Q在直线y=√3
4(x+a)上，∴√3
2
c=√3
4
(3
2
c+a)，
则c=2a，∴c2=a2+b2=4a2，即b2=3a2，
∴b
a
=√3，则该双曲线的渐近线方程为y=±√3x.
故选：C．
由题意画出图形，写出直线l的方程，再由已知求得Q的坐标，代入直线方程，整理后
结合隐含条件求得b
a
，则该双曲线的渐近线方程可求．
本题考查双曲线的几何性质，考查直线与圆位置关系的应用，考查数形结合思想，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】B
【解析】解：因为e x
x2=e x
e lnx2
=e x
e2lnx
=e x−2lnx，且不等式e x
x2
−klnx≥x+1对任意的x∈
(1,+∞)都成立，
所以 e x
x2
=e x−2lnx≥x+klnx+1对任意的x∈(1,+∞)都成立，即(e x−2lnx)min≥x+ klnx+1，
令f(t)=e t −t −1，则f′(t)=e t −1， 当t <0时，f′(t)<0，则f(t)单调递减， 当t >0时，f′(t)>0，则f(t)单调递增， 所以当t =0时，f(t)取得最小值f(0)=0，
故f(t)≥0，即e t −t −1)≥0，则e t ≥t +1恒成立， 所以e x−2lnx ≥x −2lnx +1， 所以(e x−2lnx )min =x −2lnx +1，
故x −2lnx +1≥x +klnx +1，故当x >1时，k ≤−2， 故实数k 的最大值为−2． 故选：B ．
将不等式进行变形得到
 e x x 2
=e x−2lnx ≥x +klnx +1对任意的x ∈(1,+∞)都成立，等价
转化为(e x−2lnx )min ≥x +klnx +1，利用导数常用结论e t ≥t +1恒成立，分析求解即可．
本题考查了导数的综合应用，利用导数研究不等式恒成立问题的策略为：通常构造新函数或参变量分离，利用导数研究函数的单调性，求出最值从而求得参数的取值范围，属于难题．
13.【答案】2
【解析】解：作出平面区域如图所示： 由平面区域可知当直线y =kx 过A 点时，斜率最大．即z =y
x 取得最大值， 解方程组得{y =2
x +y =3得A(1,2)．
∴z 的最大值为21=2． 故答案为：2
作出平面区域，则z =y
x 表示过原点和平面区域内一点的直线斜率．
本题考查了简单的线性规划，作出平面区域，找到z =y
x 的几何意义是关键，属于中档题．
14.【答案】2
3
【分析】
该运动员第一次击中目标，由条件概率计算公式能求出第二次也击中目标的概率． 本题考查概率的求法，考查条件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题． 【解答】
解：某射击运动员一次击中目标的概率是34，连续两次击中目标的概率是1
2， 该运动员第一次击中目标，
则由条件概率计算公式得第二次也击中目标的概率是：P =1234
=2
3
． 故答案为2
3．
15.【答案】5
【解析】解：设数列{a n }的公差为d(d ≠0)， ∵
a 5a 2
=3，
∴a 1+4d =3(a 1+d)，即d =2a 1， 又3S 7=7a 2+14a m ， ∴3(7a 1+
7×6d 2
)=7(a 1+d)+14[a 1+(m −1)d]，即8d =2(m −1)d ，解得：m =5，
故答案为：5．
先由题设推导出数列{a n }的首项a 1与公差d 之间的关系式，再由3S 7=7a 2+14a m 求得结果即可．
本题主要考查等差数列基本量的计算，属于基础题．
16.【答案】2√3
3
【解析】 【分析】
本题考查了空间中线段长度的最值问题，解题的关键是将问题转化为点到面的距离问题，空间向量法是研究立体几何常用的方法，属于中档题．
建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标，设P(a,2，2−a)，求出所需向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面ACD 1的法向量，将PQ 的最小值转化为点P 到平面ACD 1的距离，利用点到直线的距离公式求解即可．
解：以D 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
则A(2,0，0)，C(0,2，0)，D 1(0,0，2)，B(2,2，0)，C 1(0,2，2)， 所以BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,2),AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,2,),AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2,0)， 因为点P 是直线BC 1上的一个动点，故设P(a,2，2−a)， 设平面ACD 1的法向量n ⃗ =(x,y,z)， 则有{
n ⃗ ⋅AC
⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x +2y =0n ⃗ ⋅AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x +2z =0
，
令x =1，则y =z =1，故n ⃗ =(1,1,1)， 又AP
⃗⃗⃗⃗⃗ =(a −2,2,2−a)， 故点P 到平面ACD 1的距离为d =|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||n ⃗⃗ |
=
|a−2+2+2−a|
√3
=
2√3
3
， 因为点P 到Q 的最小值即为点P 到平面ACD 1的距离， 所以PQ 的最小值为2√3
3
． 故答案为
2√3
3
．
17.【答案】解：(Ⅰ)因为cos2C +cosC =0，
所以(2cosC −1)(cosC +1)=0，可得cosC =1
2，或cosC =−1， 因为C ∈(0,π)， 所以C =π
3；
(Ⅱ)因为点D 在边BC 上，∠ADB =
2π3
，BD =3，AB =√19，
可得△ACD为等边三角形，
在△ABD中，由余弦定理得，AB2=AD2+BD2−2AD·BDcos∠ADB，∴19=AD2+9+3AD，即AD2+3AD−10=0，
解得AD=2，AD=−5(舍去)，
∴BC=5，AC=2，
所以△ABC的面积S=1
2CA⋅CB⋅sinπ
3
=5√3
2
．
【解析】本题主要考查了二倍角的余弦公式，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
(Ⅰ)利用二倍角的余弦公式化简已知可得(2cosC−1)(cosC+1)=0，可得cos C的值，结合C∈(0,π)，可得C的值．
(Ⅱ)由已知可得△ACD为等边三角形，在△ABD中，由余弦定理可得AD2+3AD−10= 0，解得AD的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．
18.【答案】解：(1)证明：∵△ABC为等边三角形，且O为AC的中点，∴OB⊥AC，∵平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
∴OB⊥平面A1ACC1，
∵AA1⊂平面A1ACC1，∴OB⊥AA1．
(2)解：把三棱台还原为三棱锥，设顶点为P，则PO⊥平面ABC，
作OD⊥BC于D，由三垂线定理得PD⊥BC，连结PD，
OD⋂PD=D，所以BC⊥平面POD，
∴平面PBC⊥平面POD，作OH⊥PD于H，又平面PBC⋂平面POD=PD，
则OH⊥平面POD，连结B1H，
∴∠OB1H是直线OB1与平面BCC1B1所成角，
设AB=2AA1=2CC1=2A1B1=4，
在Rt△POB中，OB1=1
2
PB=√6，
在Rt△POD中，OH=OP×OD
PD =2√15
5
，
在Rt △B 1OH 中，sin∠OB 1H =OH
OB 1
=
√10
5
． ∴直线OB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值为√10
5
．
【解析】本题考查线线垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，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． (1)推导出OB ⊥AC ，从而OB ⊥平面A 1ACC 1，由此能证明OB ⊥AA 1．
(2)把三棱台还原为锥，设顶点为P ，则PO ⊥平面ABC ，作OD ⊥BC 于D ，由三垂线定理得PD ⊥BC ，连结PD ，BC ⊥平面POD ，平面PBC ⊥平面POD ，作OH ⊥PD 于H ，则OH ⊥平面POD ，连结B 1H ，∠OB 1H 是直线OB 1与平面BCC 1B 1所成角，由此能求出直线OB 1与平面BCC 1B 1所成角的正弦值．
19.【答案】解：(1)因为△F 1MF 2为等腰三
角形，且∠F 1MF 2=2π3
，
所以∠MF 1F 2=π
6，
所以点O 到直线MF 1的距离d =|OF 1|sin π
6=c
2，
又原点O 到直线MF 1的距离为√3
2，
所以c 2=√3
2，即c =√3，
|OM|=|OF 1|tan π
6=√3⋅√3
3
=1，即b =1，
所以a 2=b 2+c 2=4， 所以椭圆的方程为
x 24+y 2=1．
(2)设直线AB 的方程为y =−√3
6
x +m ，A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，
联立{
x 2+4y 2=4y =
−√36
x +m
，得x 2−√3mx +3m 2−3=0，
因为直线l 交椭圆于A ，B 两点，
所以△=−9m 2−12>0，解得0≤m 2<4
3， 又x 1+x 2=√3m ，x 1x 2=3m 2−3， y 1y 2=(−
√36x 1
+m)(−
√36x 2
+m)=1
12x 1x 2−
√3
6
m(x 1+x 2)+m 2=
3m 2−14
，
所以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=154m 2−134∈(−134,74
).
联立{
x 2+4y 2=4y =
−√36x
+m
，得x 2−√3mx +3m 2−3=0，
因为直线l 交椭圆于A ，B 两点，
所以△=−9m 2−12>0，解得0≤m 2<4
3， 又x 1+x 2=√3m ，x 1x 2=3m 2−3， y 1y 2=
(−√36x 1
+
m)(−√3
6x 2
+m)=
1
12x 1x 2−√3
6
m(x 1+x 2)+m 2
=
3m 2−14
，
所以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=154m 2−134∈(−134,74
).
【解析】本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
(1)由△F 1MF 2为等腰三角形，且∠F 1MF 2=
2π
3
，推出∠MF 1F 2=π
6，点O 到直线MF 1的距离d =|OF 1|sin π
6=√3
2，|OM|=|OF 1|tan π
6，解得b ，c ，再由a 2=b 2+c 2，解得a 2，进
而可得答案．
(2)设直线AB 的方程为y =−√3
6x +m ，A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，联立直线AB 与椭圆的方
程，由△>0，解得0≤m 2<4
3，结合韦达定理可得x 1+x 2，x 1x 2，y 1y 2，由向量的数量积OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=154m 2−134
，结合二次函数性质，即可得出答案． 20.【答案】解：(1)∵f(x)=xsinx +sin(x +π
2)=xsinx +cosx ，
∴f′(x)=xcosx ，
∴当x ∈(0,π
2)时，f′(x)>0，当x ∈(π
2,π)时，f′(x)<0， ∴f(x)在(0,π
2)递增，在(π
2,π)递减．
(2)∵f(−x)=−xsin(−x)+cos(−x)=xsinx +cosx =f(x)， ∴g(x)=x 2+4−4f(x)=x 2+4−4xsinx −4cosx 为偶函数， 当x >0时，g′(x)=2x(1−2cosx)， x ∈(0,π
3)，g′(x)<0，g(π
3)<0， x ∈(π3,
5π3
)，g′(x)>0，g(5π
3)>0， ∴g(x)在(0,5π3
)有唯一零点，
当x ≥
5π3
，由于sinx ⩽1,cosx ⩽1，
故g(x)=x 2+4−4xsinx −4cosx >x 2+4−4x −4=x 2−4x ， 设t(x)=x 2−4x ，x ≥
5π3
，由二次函数性质可知t(x)在x >2时单调递增，
故t(x)在[5π
3,+∞)单调递增，t(x)≥t(5π
3)>0，
故g(x)在[5π
3，+∞)无零点，故g(x)在(0,+∞)有1个零点， 由于g(x)为偶函数，故其在(−∞,0)有1个零点， 又g(0)=0，由对称性知g(x)在R 上有且只有3个零点．
【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的奇偶性的应用，考查分类讨论思想与运算能力，属于较难题．
(1)依题意得f′(x)=xcosx ，分当x ∈(0,π
2)与当x ∈(π
2,π)两类讨论，即可得到f(x)在[0,π]上的单调性；
(2)易知g(x)=x 2+4−4f(x)=x 2+4−4xsinx −4cosx 为偶函数，g′(x)=2x(1−2cosx)，利用导数分析当x >0时，g(x)的零点个数，即可得到答案．
21.【答案】解：(1)设男性患者有z 人，则女性患者有2z 人，列联表如下：
要使在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为“所患疾病类型”与“性别”有关， 则K 2
=
3z(5z 6×4z 3−z 6×2z
3)2
3z 2×3z
2
×2z×z =
2z 3
>7.879，
解得z >11.8185，
∵z
6
∈Z ，z
3
∈Z ，∴z 的最小值为12，
∴男性患者至少有12人．
(2)证明：设甲研发团队试验总花费为X 元，则X 的可能取值为4m ，5m ，6m ， ∵P(X =4m)=p 2⋅p 2=p 4，
P(X =5m)=p 2⋅(1−p 2)+(1−p 2)⋅p 2=2(p 2−p 4)， P(X =6m)=(1−p 2)2=p 4−2p 2+1，
∴E(X)=4mp 4+10m(p 2−p 4)+6m(p 4−2p 2+1)=−2mp 2+6m ，
y =−2mp 2+6m 在(0,1)递减，∴E(X)>4m ，
设乙研发团队试验总花费为Y 元，则Y 的可能取值为3n ，6n ，
∴P(Y =3n)=C 32q 2
(1−q)+q 3=−2q 3+3q 2，
P(Y =6n)=1+2q 3−3q 2，
∴E(Y)=3n ⋅(−2q 3+3q 2)+6n ⋅(1+2q 3−3q 2)=6nq 3−9nq 2+6n ， 设y =6nq 3−9nq 2+6n ，y′=3n(6q 2−6q)<0， ∴该函数递减，E(Y)<6n =4m ， ∴E(X)>E(Y)恒立，
∴该公司选择乙团队进行药品研发的决策是正确的．
【解析】(1)设男性患者有z 人，则女性患者有2z 人，完成列联表，要使在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为“所患疾病类型”与“性别”有关，则K 2=
3z(5z 6×4z 3−z 6×2z
3)2
3z 2×3z
2
×2z×z =
2z 3
>7.879，由此能求出男性患者至少有多少人．
(2)设甲研发团队试验总花费为X 元，则X 的可能取值为4m ，5m ，6m ，分别求出相应的概率，从而得到E(X)=−2mp 2+6m ，求出E(X)>4m ，设乙研发团队试验总花费为Y 元，则Y 的可能取值为3n ，6n ，分别求出相应的概率，从而得到E(Y)=6nq 3−9nq 2+6n ，由导数性质得E(Y)<6n =4m ，从而E(X)>E(Y)恒立，由此得到该公司选择乙团队进行药品研发的决策是正确的．
本题考查独立检验的应用，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，涉及到相互独立事件概率乘法公式、导数性质等基础知识，考查运算求解能力等核心素养，是中档题．
22.【答案】解：(1)曲线C 的普通方程为(x −√3)2+(y −1)2=4，
点P 的极坐标为(4,π
3)，直角坐标为(2,2√3)．
(2)(方法一)圆心C(√3,1)，OC ：y =√3
3x ⇒x −√3y =0，
点P 到OC 的距离d =
|2−√3⋅2√3|
2
=2，且|OC|=2，
所以 S △OCP =1
2|OC|⋅d =2．
(方法二)圆心C(√3,1)，其极坐标为(2,π
6)，而P(4,π
3)，结合图象利用极坐标的几何含义，可得∠COP =π
3−π
6=π
6，|OC|=2，|OP|=4，
所以S △OCP =12|OC|⋅|OP|sin∠COP =12⋅2⋅4⋅sin π
6=2．
【解析】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，三角形面积公式的应用，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．
(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的进行转换． (2)利用点到直线的距离公式的应用和三角形的面积公式的应用求出结果．
23.【答案】解：(Ⅰ)当a =−3时，f(x)≥3，即|x −3|+|x −2|≥3，
即①{x ≤23−x +2−x ≥3，或②{2<x <33−x +x −2≥3，或③{x ≥3x −3+x −2≥3；
解①可得x ≤1，解②可得x ∈⌀，解③可得x ≥4．
把①、②、③的解集取并集可得不等式的解集为{x|x ≤1或x ≥4}． (Ⅱ)原命题即f(x)≤|x −4|在[1,2]上恒成立， 等价于|x +a|+2−x ≤4−x 在[1,2]上恒成立， 等价于|x +a|≤2，
等价于−2≤x +a ≤2，−2−x ≤a ≤2−x 在[1,2]上恒成立．
故当1≤x ≤2时，−2−x 的最大值为−2−1=−3，2−x 的最小值为0， 故a 的取值范围为[−3,0]．
【解析】本题主要考查绝对值不等式的解法，关键是去掉绝对值，化为与之等价的不等式组来解，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．
(Ⅰ)通过讨论x 的范围，得到关于x 的不等式组，求出每个不等式组的解集，再取并集即得所求．
(Ⅱ)原命题等价于−2−x ≤a ≤2−x 在[1,2]上恒成立，由此求得求a 的取值范围． ．。