福建省漳州市2020届高考数学下学期第二次适应性测试试题 文(扫描版)
福建省漳州市2020年高三数学(文)第二次模拟考试试题及答案
漳州市高三毕业班适应性练习数学(文科)(二)（满分150分，答题时间120分钟）注意事项：1.本试题分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1至2页,第Ⅱ卷3至5页。
2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷相应的位置。
3.全部答案答在答题卡上，答在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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，只有一项是符合题意要求的．（1）已知集合{}{2,22-≤=+<<-=x x B a x a x A 或}4≥x ，则φ=B A I的充要条件是（A ）02a ≤≤ （B ）22a -<< （C ）02a <≤ （D ）02a <<（2）已知复数a ＋3i1－2i是纯虚数，则实数a ＝（A ）－2 （B ）4 （C ）－6 （D ）6（3）已知双曲线C ：22221(0,0)x y a b a b-=>>的一条渐近线过点()1,2-，则C 的离心率为（A ）5 （B ）3 （C ）52 （D ）32（4）阅读右边的程序框图，运行相应的程序，若输入x 的值为1，则输出S的值为（A ）64 （B ）73 （C ）512 （D ）585 （5）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面中，面积最大的是（A ）8 （B ）10 （C ）62 （D ）82 （6）要得到函数sin 2y x =的图象，只需将函数πsin(2)3y x =-的图象（A ）向右平移π6个单位长度 （B ）向左平移π6个单位长度 （C ）向右平移π3个单位长度 （D ）向左平移π3个单位长度（7）已知两个单位向量1e ，2e 的夹角为θ，则下列结论不正确．．．的是 （A ）1e 在2e 方向上的投影为cos θ （B ）2212=e e（C ）()()1212+⊥-e e e e（D ）121⋅=e e（8）已知点A （，1），将OA 绕坐标原点O 逆时针旋转6π至OB ，设C （1，0）， ∠COB＝α，则tan α＝ （A）12（B）3（C）11（D（9）设x ，y 满足约束条件1,3,,x y y m y x +-⎧⎪⎨⎪⎩≤≤≥ 若3z x y =+的最大值与最小值的差为7，则实数m = （A ）32（B ）32-（C ）14（D ）14-（10）已知x 0是函数f (x )＝2x＋11－x的一个零点．若x 1∈(1，x 0)，x 2∈(x 0，＋∞)，则 （A ）f (x 1)<0，f (x 2)<0 （B ）f (x 1)<0，f (x 2)>0 （C ）f (x 1)>0，f (x 2)<0（D ）f (x 1)>0，f (x 2)>0（11）已知函数()223f x x x =-++，若在区间[]4,4-上任取一个实数0x ，则使()00f x ≥成立的概率为（A ）4（B ）1（C ）23 （D ）1（对任意的*n ∈N 都有n a a a n n ++=+11，则（C （D 5分，共 (13)抛物线24y x =上的点P 到它的焦点F 的最短距离为________．(14)已知数列{}n a 满足13n n a a +=，且9642=++a a a ，．(15)将长、宽分别为4和3的长方形ABCD 沿对角线AC 折起，得到四面体A BCD ，则四面体A BCD 的外接球的体积为________．(16)已知函数()2log ,0,3,0,x x x f x x >⎧=⎨≤⎩且关于x 的方程()0f x x a +-=有且只有一个实根，则实数a 的取值范围是________．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）如图，在ABC △中，ABC ∠＝90°，23AB =，2BC =，P 为ABC △内一点，BPC ∠＝90°．（Ⅰ）若1PB =，求PA ；（Ⅱ）若APB ∠＝150°，求PBA ∠tan ．（18）（本小题满分12分） 为了解漳州市的交通状况，现对其6条道路进行评估，得分分别为：5，6，7，8，9，10．规定评估的平均得分与全市的总体交通状况等级如下表：（Ⅰ）求本次评估的平均得分，并参照上表估计该市的总体交通状况等级；（Ⅱ）用简单随机抽样方法从这6条道路中抽取2条，它们的得分组成一个样本，求该样本的平均数与总体的平均数之差的绝对值不超过5.0的概率．如图，四边形PCBM 是直角梯形，90PCB ∠=︒，//PM BC ，1,2PM BC ==，又1,AC =120ACB ∠=︒，AB PC ⊥，AM =2．（Ⅰ）求证：平面PAC ⊥平面ABC ； （Ⅱ）求三棱锥P MAC -的体积．(20)（本小题满分12分）已知椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的左、右焦点分别是21F F 、，其离心率21=e ，点P 为椭圆上的一个动点，12PF F ∆面积的最大值为34．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若D C B A 、、、是椭圆上不重合的四个点，BD AC 与相交于点1F ，0AC BD ⋅=u u u r u u u r ，求AC BD +u u u r u u u r的取值范围．评估的平均得分 (0,6)[6,8)[8,10]全市的总体交通状况等级不合格合格优秀ABCMP(21)（本小题满分12分）设函数()()()2ln 1,0f x ax x b x x =+->，曲线()y f x =过点()2,1e e e -+，且在点()1,0处的切线方程为0y =．（Ⅰ）求,a b 的值；（Ⅱ）证明：当1x ≥时，()()21f x x ≥-；（Ⅲ）若当1x ≥时()()21f x m x ≥-恒成立，求实数m 的取值范围．请考生在（22）、（23）、（24）三题中任选一题作答。
2020届福建省漳州市高三毕业班第二次高考适应性测试数学(文)试题解析
绝密★启用前2020届福建省漳州市高三毕业班第二次高考适应性测试数学（文）试题学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设集合{}2M x x x ==，{}lg 0N x x =≤，则M N ⋃=（ ） A ．{}1 B ．[]0,1C ．(]0,1D ．(],1-∞答案：B解方程和不等式得到集合A 和B ，结合并集的概念即可得到结果. 解：因为{}0,1M =，{}01N x x =<≤，所以[]01M N =U ,， 故选：B . 点评：本题主要考查了并集的运算，得到集合A 和B 是解题的关键，属于基础题. 2．复数z 满足()1i 2z z +-=，则z =（ ） A ．31i 4+B ．31i 4-C． D．i答案：B利用待定系数法设z x yi =+，,x y R ∈，根据复数模长及相等的充要条件列出方程组，解出即可得结果. 解：设z x yi =+，,x y R ∈，因为()12z z i +-=()12x yi i +-=，()12y x i +-=.所以210y x =-=⎪⎩，解得134x y =⎧⎪⎨=-⎪⎩，所以314z i =-， 故选：B . 点评：本题主要考查了利用待定系数法求复数，复数模长及复数相等的概念，属于基础题. 3．下图是某省从1月21日至2月24日的新冠肺炎每日新增确诊病例变化曲线图.若该省从1月21日至2月24日的新冠肺炎每日新增确诊人数按日期顺序排列构成数列{}n a ，{}n a 的前n 项和为n S ，则下列说法中正确的是（ ）A ．数列{}n a 是递增数列B ．数列{}n S 是递增数列C ．数列{}n a 的最大项是11aD ．数列{}n S 的最大项是11S答案：C根据数列的性质及每日新增确诊病例变化曲线图中的数据对各个选项进行判断，可得答案. 解：解：因为1月28日新增确诊人数小于1月27日新增确诊人数，即78>a a ，所以{}n a 不是递增数列，所以选项A 错误;因为2月23日新增确诊病例数为0，所以3334=S S ，所以数列{}n S 不是递增数列，所以选项B 错误;因为1月31日新增病例数最多，从1月21日算起，1月31日是第11天，所以数列{}n a 的最大项是11a ，所以选项C 正确;数列{}n S 的最大项是最后项，所以选项D 错误, 故选：C. 点评：本题主要考查折线图与数列的性质、数列前n 项的和等知识，注意灵活分析图中数据进行判断.4．若6log 7a =，5log 4b =，13log 4c =，则（ ）A ．a b c <<B ．b a c <<C ．c b a <<D ．c a b <<答案：C根据对数函数的单调性可得1a >，01b <<，0c <，进而可得结果. 解：因为66log 7log 61a =>=，5550=log 1log 4log 51b <=<=，1133log 4log 10c =<<，所以c b a <<， 故选：C. 点评：本题主要考查对数函数单调性的应用，属于基础题.5．在平面直角坐标系x y O 中，已知四边形CD AB 是平行四边形，()1,2AB =-u u u r，()D 2,1A =u u u r ，则D C A ⋅A =u u u r u u u r（ ）A ．2B ．3C ．4D ．5答案：D因为四边形CD AB 是平行四边形，所以()()()C D 1,22,13,1A =AB+A =-+=-u u u r u u u r u u u r，所以()D C 23115A ⋅A =⨯+⨯-=u u u r u u u r，故选D ．【考点】1、平面向量的加法运算；2、平面向量数量积的坐标运算．6．函数()1cos f x x x x ⎛⎫=-⎪⎝⎭（x ππ-≤≤且0x ≠）的图象可能为（ ） A ． B ．C ．D ．答案：D因为11()()cos ()cos ()f x x x x x f x x x-=-+=--=-，故函数是奇函数，所以排除A ，B ；取x π=，则11()()cos ()0f ππππππ=-=--<，故选D.【考点】1.函数的基本性质；2.函数的图象.7．中华文化博大精深，我国古代算书《周髀算经》中介绍了用统计概率得到圆周率π的近似值的方法．古代数学家用体现“外圆内方”文化的钱币（如图1）做统计，现将其抽象成如图2所示的图形，其中圆的半径为2cm ，正方形的边长为1cm ，在圆内随机取点，若统计得到此点取自阴影部分的概率是P ，则圆周率π的近似值为（ ）A ．14(1)p -B ．11p- C ．114p-D ．41p- 答案：A根据几何概型的方法分析阴影部分占总面积的比值,列式求解π的表达式即可. 解：圆形钱币的半径为2cm ,面积为S 圆＝π•22＝4π；正方形边长为1cm ,面积为S ＝12＝1． 在圆形内随机取一点,此点取自黑色部分的概率是P ＝114π-,则14(1)p π=-．故选：A ． 点评：本题主要考查了几何概型的方法,需要求解阴影部分面积占总面积的比值,属于基础题型.8．已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，且3a -，2a ，4a 成等差数列，则2020S 与2020a 的关系是（ ） A ．2020202021S a =- B ．2020202021S a =+ C ．2020202043S a =- D ．2020202041S a =+答案：A设等比数列的公比为()0q q >，由已知列式求得q ，再由等比数列的通项公式与前n 项和求解得答案. 解：设等比数列的公比为()0q q >，由3a -，2a ，4a 成等差数列，得2342a a a =-+，又11a =，所以232q q q =-+，即220q q --=，所以()()210q q -+=，又0q >，所以2q =，所以201920202a =，202020202020122112S -==--，所以2020202021S a =-， 故选：A . 点评：本题考查等比数列的通项公式与前n 项和，考查等差数列的性质，属于中档题. 9．若正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为2，外接球的表面积为40π，四边形ABCD 和11BCC B 的外接圆的圆心分别为M ，N ，则直线MN 与1CD 所成的角的余弦值是（ ） A ．79-B ．13-C ．13D ．79答案：D由题意该四棱柱的外接球的半径为R ，高为h ，可得h 的值，可得正四棱柱侧棱的长，易得1MN DC P ，所以DEC ∠为直线MN 与1CD 所成的角或其补角，利用余弦定理可得直线MN 与1CD 所成的角的余弦值. 解：解：设该四棱柱的外接球的半径为R ，高为h ，由2440S R ππ==，得10=R ， 由222122102=++=R h 2h = 所以112,42,6,3=====CD CC C D DE EC .因为四边形ABCD 和11BCC B 的外接圆的圆心分别为M ，N ，所以M ，N 分别为BD 和1BC 的中点，所以1//MN DC ，所以DEC ∠为直线MN 与1CD 所成的角或其补角， 又9947cos 2339+-∠==⨯⨯DEC ，所以直线MN 与1CD 所成的角的余弦值为79，故选：D. 点评：本题主要考查异面直线所成的角，其中利用外接球的表面积求出正四棱柱侧棱长是解题的关键，属于中档题.10．已知()f x 是定义在R 上的偶函数，且在区间(),0-∞上单调递增。
2020年福建省漳州市高考数学二模试卷（文科）
高考数学二模试卷（文科）题号一二三总分得分一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.二+13=()1A. 1-2;B. -1-2/C. -1+2/D. l+2z2.已知集合A={x\-2<x<3], B={x\y=ln (x+1) ),贝!|AC\B=()A. (-2, +oo)B. (3, +8)C. (-2, 3)D. (-1, 3)3.已知向量:，；满足l ；l=l ，且;与;夹角为：，则;•（-6；-;）=（)A. 6B. -6C. -7D. 74.函数/（X ）=维兰的图象大致为（）e + e5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A. 32B. 34C. 36D. 38正视图 相视图4俯视图,% + 2y > 06. 设X, >满足约束条件^z = x + y 的最大值是（）A. -4B.OC. 8D. 127.已知抛物线V=2px （p>0）上的点M 到其焦点F 的距离比点肱到y 轴的距离大打则抛物线的标准方程为（）A. y 2=xB. y 2=2xC. y 2=4xD. y 2=Sx8. a ABC 的内角 A, B, C 的对边分别为 q , b, c,已知 3acosA=bcosC+ccosB , b+c=3,则"的最小值为（）A.1B.淞C.2D.39.已知在正四面体A-BCD中，M为AB的中点，则直线CM与AQ所成角的余弦值为（）A.|B.半C.fD.|Z5O O10.已知尤€（0,冗），则f（x）=cos2x+2sinx的值域为（）A.（-1,|]B.（0,2^2）C.驾，2）D.[1,|]11.在三棱柱ABC-AxB\G中，已知底面ZkABC为正三角形，Mil平面ABC,AB=6康,AAi=16，则该三棱柱外接球的表面积为（）A.400兀B.300兀C.20071D.IOO ti12.设0<〃於2,已知函数f（x）=*I#5°’对于任意xi,X2W[〃z-2,m],都有[f（.n）-f（炬）|<1,则实数m的取值范围为（）5412A.[j,2]B.[j,2]C.[§,1]D.[孑，1]二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若sin0-cos0=^,贝lj cos40=.14.不透明的袋中有5个大小相同的球，其中3个白球，2个黑球，从中任意摸取2个球，则摸到同色球的概率为.15.已知双曲线C：=一』1（”>0,。
学2020届高三数学下学期第二次适应性考试试题文(含解析)
学2020届高三数学下学期第二次适应性考试试题文（含解析）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上．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．第Ⅰ卷选择题（60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 设集合，，则( )A. B. C. D.【答案】D【解析】分析】先解不等式得到集合，然后再求出即可．【详解】由题意得，∴．故选D．【点睛】本题考查集合的交集运算，考查运算能力，解题的关键是是通过解不等式得到集合，属于基础题．2. 复数，则z的模为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】直接利用复数的模的求法求解即可.【详解】复数,则z的模为:.故选：D.【点睛】本题考查复数的模的求法.属于基础题.3. 已知向量，，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，所以，故选A．4. 随着我国经济实力的不断提升，居民收入也在不断增加.抽样发现赤峰市某家庭2019年全年的收入与2015年全年的收入相比增加了一倍，实现翻番.同时该家庭的消费结构随之也发生了变化，现统计了该家庭这两年不同品类的消费额占全年总收入的比例，得到了如下折线图：则下列结论中正确的是（）A. 该家庭2019年食品的消费额是2015年食品的消费额的一半B. 该家庭2019年教育医疗的消费额是2015年教育医疗的消费额的1.5倍C. 该家庭2019年休闲旅游的消费额是2015年休闲旅游的消费额的六倍D. 该家庭2019年生活用品的消费额与2015年生活用品的消费额相当【答案】C【解析】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.【详解】由折线图可知：不妨设2015年全年的收入为t，则2019年全年的收入为2t，对于A，该家庭2019年食品的消费额为0.2×2t=0.4t，2015年食品的消费额为0.4×t=0.4t，故A错误，对于B，该家庭2019年教育医疗的消费额为0.2×2t=0.4t，2015年教育医疗的消费额为0.3×t=0.3t，故B错误，对于C，该家庭2019年休闲旅游的消费额是0.3×2t=0.6t，2015年休闲旅游的消费额是0.1×t=0.1t，故C正确，对于D，该家庭2019年生活用品的消费额是0.15×2t=0.3t，该家庭2015年生活用品的消费额是0.15×t=0.15t，故D错误，故选：C.【点睛】本题解题关键是掌握折线图基础知识，结合所给数据进行简单的合情推理，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.5. 在中，是上一点，且，则（）A. B.C. D.【解析】【分析】利用平面向量的三角形法则和共线定理，即可得到结果．【详解】因为是上一点，且，则．故选：C．【点睛】本题考查了平面向量的线性运算和共线定理的应用，属于基础题．6. （）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据诱导公式化为的正切值即可得到答案.【详解】.故选：C.【点睛】本题考查了诱导公式，属于基础题.7. 已知，则( )A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据对数函数的函数值的正负、单调性，以及指数函数的单调性，即可得出正确答案.【详解】，，.故选:B【点睛】本题考查利用指、对数函数的单调性，比较数的大小，属于基础题.8. 已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，，则下列结论中错误的是（）A. 若m//n，则B. 若，则C. 若相交，则相交D. 若相交，则相交【答案】C【解析】【分析】逐一考查所给的命题是否正确即可.【详解】逐一考查所给的命题：A.若m//n，由线面垂直的性质定理可得，题中的命题正确；B.若，由面面垂直的性质定理推论可得，题中的命题正确；C.若相交，则可能是异面直线，不一定相交，题中的命题错误；D.若相交，结合选项A中的结论可知不成立，故相交，题中的命题正确；本题选择C选项.【点睛】本题主要考查线面关系有关命题、面面关系有关命题的判定等知识，意在考查学生的转化能力和空间想象能力. 9. 已知抛物线上的点到其焦点的距离为2，则的横坐标是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出抛物线的准线方程，设点的横坐标，利用抛物线的定义，即可求解.【详解】抛物线焦点，准线方程为，设点的横坐标为，根据抛物线的定义，.故选:C【点睛】本题考查抛物线定义在解题中的应用，属于基础题.10. 已知，则A B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意，利用诱导公式和二倍角的余弦函数公式，即可计算得到答案．【详解】因为，∴，故选B．【点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值问题，其中熟记三角函数的诱导公式和二倍角的余弦公式的合理运用是解答的关键，着重考查了计算能力和转化思想，属于基础题．11. 若存在，满足，且，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】,故选D.点睛：本题的难点有一个，就是对的化简变形，由于已知里只有的范围，所以要消掉y,，后面想到换元求导，就是比较自然了.12. 已知点是椭圆上的动点，过作圆的两条切线分别为切于点，直线与轴分别相交于两点，则（为坐标原点）的最小面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，设，由圆的切线方程可得的方程而交于，由此能求出的直线方程，从而可得三角形的面积，利用基本不等式可求最值．【详解】根据题意，设是圆的切线且切点为，则的方程为同理的方程为又由交于点，则有则直线的方程为则的坐标为的坐标为又由点是椭圆的动点，则有则有，即即面积的最小值为.故选【点睛】本题考查椭圆的几何性质，涉及直线与圆相切，关键是由圆的切线方程分析得到直线AB的方程．第Ⅱ卷非选择题（90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 袋中共有4个除了颜色外完全相同的球，其中有1个红球、1个白球和2个黑球.从袋中任取两球，则两球颜色为一白一黑的概率为______；【答案】【解析】【分析】利用列举法求出任取两球的基本事件个数，再求出一白一黑的基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】记1个红球为，1个白球为，2个黑球为,从袋中任取两球的基本事件为，，，，，，共种；两球颜色为一白一黑的为，，共种，所以两球颜色为一白一黑的概率为.故答案为：【点睛】本题考查了古典概型的概率计算公式、列举法求基本事件个数，属于基础题.14. 以抛物线的焦点为圆心，且与抛物线的准线相切的圆的方程是________【答案】【解析】【分析】首先求出抛物线的焦点坐标和准线方程，进一步求出圆的方程．【详解】解：抛物线的焦点坐标为，准线的方程为，所以焦点到准线的距离为3，所以以焦点为圆心且与抛物线的准线相切的圆的方程是：．故答案为：．【点睛】本题考查的知识要点：圆锥曲线的性质的应用，圆的方程的应用，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．15. 函数（是正实数）只有一个零点，则的最大值为_____．【答案】【解析】分析】先由二次函数零点个数，得到，再由基本不等式，即可求出结果.【详解】因为二次函数（是正实数）只有一个零点，所以，即，所以，当且仅当时，等号成立.故答案为：.【点睛】本题主要考查由基本不等式求积的最大值，熟记基本不等式，以及二次函数的零点个数问题即可，属于常考题型.16. 在数列{an}中，已知，则数列{an}的通项公式an=________ .【答案】【解析】【分析】将两边同时减去，得，构造新的等比数列，然后将的各项叠加即可.【详解】解：将两边同时减去得，，，即是等比数列，其首项为2，公比为2，所以，从而当n≥2时，.又，故故答案为：.【点睛】考查已知递推数列求数列通项，这种题一般是通过构造新的等比数列或等差数列，再借助于累加或累乘解决，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，在梯形中，．（1）求长；（2）求梯形的面积．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先根据二倍角公式计算出的余弦值，再由余弦定理求出线段的长；（2）根据图中角之同的关系求出，再由正弦定理求的长，最后根据梯形的面积为与的面积和求解．【详解】解：（1）因为，所以，即．因，所以，所以．在中，由余弦定理得，，即，解得．（2）由（1）可得，所以，所以．因为且为锐角，所以，所以．由，得．所以．在中，由正弦定理得，，所以，所以梯形的面积．【点睛】本题考查两角和的正弦公式，倍角公式，三角函数的诱导公式，正、余弦定理等知识，考查考生综合运用所学知识分析问题和解决问题的能力．18. 按照水果市场的需要等因素，水果种植户把某种成熟后的水果按其直径的大小分为不同等级.某商家计划从该种植户那里购进一批这种水果销售.为了了解这种水果的质量等级情况，现随机抽取了100个这种水果，统计得到如下直径分布表（单位：mm）：用分层抽样的方法从其中的一级品和特级品共抽取6个，其中一级品2个.（1）估计这批水果中特级品的比例；（2）已知样本中这批水果不按等级混装的话20个约1斤，该种植户有20000斤这种水果待售，商家提出两种收购方案：方案A：以6.5元/斤收购；方案B：以级别分装收购，每袋20个，特级品8元/袋，一级品5元/袋，二级品4元/袋，三级品3元/袋.用样本的频率分布估计总体分布，问哪个方案种植户的收益更高？并说明理由.【答案】（1）这批水果中特级品的比例为58%；（2）方案B 种植户的收益更高，详见解析.【解析】【分析】（1）由题意结合分层抽样的特征可得，解方程求得n=51后，即可得解；（2）分别计算出选择两个方案的的收益，比较大小即可得解.【详解】（1）由题意，解得m=12，n=51，所以特级品的频率为，所以可估计这批水果中特级品的比例为58%；（2）选用方案A，种植户的收益为（元）；选用方案B，由题意可得种植户的收益为：；由可得选择B方案种植户的收益更高.【点睛】本题考查了分层抽样性质的应用，考查了利用频率估计样本总体的应用，关键是对于题意的理解，属于基础题. 19. 如图，四棱锥中，底面为梯形，，，，为等边三角形，点F为棱上的点.（1）若F为中点，求证：平面；（2）若，，三棱锥的体积为，求的值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取中点M，连结，，易得是平行四边形，则，再利用线面平行的判定定理证明.（2）易知，则，又，利用线面垂直的判定定理得到平面，再由，得到平面，即A、D到平面距离相等，再利用等体积法解得即可.【详解】（1）如图所示：取中点M，连结，，，所以是平行四边形，平面，平面，平面.（2）因为，，，为等边三角形，所以，，又，，平面，又，所以平面平面，平面，平面，即A、D到平面距离相等，所以解得，所以.【点睛】本题主要考查线面平行、线面垂直的判定定理以及等体积法的应用和分点问题，还考查了转化化归的思想和逻辑推理运算求解的能力，属于中档题.20. 已知椭圆的左、右焦点分别是，是其左右顶点，点是椭圆上任一点，且的周长为6，若面积的最大值为.（1）求椭圆的方程；（2）若过点且斜率不为0的直线交椭圆于两个不同点，证明：直线于的交点在一条定直线上.【答案】(1) (2)见解析【解析】【分析】（1）利用椭圆的定义，可求出周长的表达式，当点是椭圆的上（或下）顶点时，面积有最大值为，列出等式，结合，求出椭圆方程；（2）设出直线的方程，与椭圆方程联立，得到一个一元二次方程，求出直线与的交点的坐标，结合一元二次方程根与系数关系，得出结论．【详解】解：（1）由题意得椭圆的方程为；（2）由（1）得，，，设直线的方程为，，，由，得，，，，直线的方程为，直线的方程为，，，，直线与的交点在直线上.【点睛】本题考查了椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、定直线问题．21. 已知函数的导函数为，且.（1）求函数的解析式；（2）若函数区间上存在非负的极值，求的最大值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）令可求得，求导后再令即可求得，即可得解；（2）对函数求导后，根据、分类讨论，求出函数的极值，进而可得，令，求导后，得出的最大值，即可得解.【详解】（1）令，，∴，∴，∴，代入可得，∴，∴.（2）由题意，∴，当即时，在上恒成立，∴在区间上单调递增，无极值，不合题意；当即时，令，则，∴当，，函数单调递减；，，函数单调递增；∴在存在唯一极值，又函数区间上存在非负的极值，∴存在，∴存在即，令，∴，∴当时，，单调递增；当时，，单调递减；∴，∴当即时，取最大值，∴的最大值为.【点睛】本题考查了导数的综合应用及有解问题的解决，考查了运算求解能力与逻辑推理能力，解题的关键是条件的转化及新函数的构造，属于中档题.（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．[选修4-4：坐标系与参数方程]22. 在直角坐标系中，直线过定点，且倾斜角为，以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，已知曲线的极坐标方程为．(1)写出的参数方程和的直角坐标方程；(2)若直线与曲线交于两点，且，求的值．【答案】（1）为参数），；（2）或【解析】【分析】（1）由直线过定点，且倾斜角为（）可写出直线的参数方程．利用可求出曲线的参数方程．（2）把直线的参数方程代入（1）中所求的抛物线方程，利用t的几何意义，可求解．【详解】（1）直线过定点，且倾斜角为（）直线的参数方程为为参数）；曲线的极坐标方程为，化为即为曲线的直角坐标方程；（2）把直线方程代入抛物线方程得：，设对应的参数分别为，，此时，满足或.[选修4-5：不等式选讲]23. 设函数.（1）求不等式的解集；（2）若函数的最大值为，且正实数、满足，求的最小值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）去绝对值，分、、三种情况解不等式，由此可得出该不等式的解集；（2）由题意可得出，进而得出，然后将代数式与代数式相乘，展开后利用基本不等式可求出的最小值.【详解】（1）因为，当时，由可得出，解得，此时；当时，由可得出，解得，此时；当时，由可得出，解得，此时.所以不等式的解集为；（2）根据（1）可知，函数的最大值为，即，所以.，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.【点睛】本题考查利用绝对值不等式的求解，同时也考查了基本不等式求和的最小值，考查分类讨论思想的应用与计算能力，属于中等题.学2020届高三数学下学期第二次适应性考试试题文（含解析）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上．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．第Ⅰ卷选择题（60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 设集合，，则( )A. B. C. D.【答案】D【解析】分析】先解不等式得到集合，然后再求出即可．【详解】由题意得，∴．故选D．【点睛】本题考查集合的交集运算，考查运算能力，解题的关键是是通过解不等式得到集合，属于基础题．2. 复数，则z的模为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】直接利用复数的模的求法求解即可.【详解】复数,则z的模为:.故选：D.【点睛】本题考查复数的模的求法.属于基础题.3. 已知向量，，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，所以，故选A．4. 随着我国经济实力的不断提升，居民收入也在不断增加.抽样发现赤峰市某家庭2019年全年的收入与2015年全年的收入相比增加了一倍，实现翻番.同时该家庭的消费结构随之也发生了变化，现统计了该家庭这两年不同品类的消费额占全年总收入的比例，得到了如下折线图：则下列结论中正确的是（）A. 该家庭2019年食品的消费额是2015年食品的消费额的一半B. 该家庭2019年教育医疗的消费额是2015年教育医疗的消费额的1.5倍C. 该家庭2019年休闲旅游的消费额是2015年休闲旅游的消费额的六倍D. 该家庭2019年生活用品的消费额与2015年生活用品的消费额相当【答案】C【解析】【分析】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.【详解】由折线图可知：不妨设2015年全年的收入为t，则2019年全年的收入为2t，对于A，该家庭2019年食品的消费额为0.2×2t=0.4t，2015年食品的消费额为0.4×t=0.4t，故A错误，对于B，该家庭2019年教育医疗的消费额为0.2×2t=0.4t，2015年教育医疗的消费额为0.3×t=0.3t，故B错误，对于C，该家庭2019年休闲旅游的消费额是0.3×2t=0.6t，2015年休闲旅游的消费额是0.1×t=0.1t，故C正确，对于D，该家庭2019年生活用品的消费额是0.15×2t=0.3t，该家庭2015年生活用品的消费额是0.15×t=0.15t，故D错误，故选：C.【点睛】本题解题关键是掌握折线图基础知识，结合所给数据进行简单的合情推理，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.5. 在中，是上一点，且，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用平面向量的三角形法则和共线定理，即可得到结果．【详解】因为是上一点，且，则．故选：C．【点睛】本题考查了平面向量的线性运算和共线定理的应用，属于基础题．6. （）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据诱导公式化为的正切值即可得到答案.【详解】.故选：C.【点睛】本题考查了诱导公式，属于基础题.7. 已知，则( )A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据对数函数的函数值的正负、单调性，以及指数函数的单调性，即可得出正确答案.【详解】，，.故选:B【点睛】本题考查利用指、对数函数的单调性，比较数的大小，属于基础题.8. 已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，，则下列结论中错误的是（）A. 若m//n，则B. 若，则C. 若相交，则相交D. 若相交，则相交【答案】C【解析】【分析】逐一考查所给的命题是否正确即可.【详解】逐一考查所给的命题：A.若m//n，由线面垂直的性质定理可得，题中的命题正确；B.若，由面面垂直的性质定理推论可得，题中的命题正确；C.若相交，则可能是异面直线，不一定相交，题中的命题错误；D.若相交，结合选项A中的结论可知不成立，故相交，题中的命题正确；本题选择C选项.【点睛】本题主要考查线面关系有关命题、面面关系有关命题的判定等知识，意在考查学生的转化能力和空间想象能力.9. 已知抛物线上的点到其焦点的距离为2，则的横坐标是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出抛物线的准线方程，设点的横坐标，利用抛物线的定义，即可求解.【详解】抛物线焦点，准线方程为，设点的横坐标为，根据抛物线的定义，.故选:C【点睛】本题考查抛物线定义在解题中的应用，属于基础题.10. 已知，则A B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意，利用诱导公式和二倍角的余弦函数公式，即可计算得到答案．【详解】因为，∴，故选B．【点睛】本题主要考查了三角函数的化简求值问题，其中熟记三角函数的诱导公式和二倍角的余弦公式的合理运用是解答的关键，着重考查了计算能力和转化思想，属于基础题．11. 若存在，满足，且，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】,故选D.点睛：本题的难点有一个，就是对的化简变形，由于已知里只有的范围，所以要消掉y,，后面想到换元求导，就是比较自然了.12. 已知点是椭圆上的动点，过作圆的两条切线分别为切于点，直线与轴分别相交于两点，则（为坐标原点）的最小面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，设，由圆的切线方程可得的方程而交于，由此能求出的直线方程，从而可得三角形的面积，利用基本不等式可求最值．【详解】根据题意，设是圆的切线且切点为，则的方程为同理的方程为又由交于点，则有则直线的方程为则的坐标为的坐标为又由点是椭圆的动点，则有则有，即即面积的最小值为.故选【点睛】本题考查椭圆的几何性质，涉及直线与圆相切，关键是由圆的切线方程分析得到直线AB的方程．第Ⅱ卷非选择题（90分）二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 袋中共有4个除了颜色外完全相同的球，其中有1个红球、1个白球和2个黑球.从袋中任取两球，则两球颜色为一白一黑的概率为______；【答案】【解析】【分析】利用列举法求出任取两球的基本事件个数，再求出一白一黑的基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】记1个红球为，1个白球为，2个黑球为,从袋中任取两球的基本事件为，，，，，，共种；两球颜色为一白一黑的为，，共种，所以两球颜色为一白一黑的概率为.故答案为：【点睛】本题考查了古典概型的概率计算公式、列举法求基本事件个数，属于基础题.14. 以抛物线的焦点为圆心，且与抛物线的准线相切的圆的方程是________【答案】【解析】【分析】首先求出抛物线的焦点坐标和准线方程，进一步求出圆的方程．【详解】解：抛物线的焦点坐标为，准线的方程为，所以焦点到准线的距离为3，所以以焦点为圆心且与抛物线的准线相切的圆的方程是：．故答案为：．【点睛】本题考查的知识要点：圆锥曲线的性质的应用，圆的方程的应用，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．15. 函数（是正实数）只有一个零点，则的最大值为_____．【答案】【解析】分析】先由二次函数零点个数，得到，再由基本不等式，即可求出结果.【详解】因为二次函数（是正实数）只有一个零点，所以，即，所以，当且仅当时，等号成立.故答案为：.【点睛】本题主要考查由基本不等式求积的最大值，熟记基本不等式，以及二次函数的零点个数问题即可，属于常考题型.16. 在数列{an}中，已知，则数列{an}的通项公式an=________ .【答案】【解析】【分析】将两边同时减去，得，构造新的等比数列，然后将的各项叠加即可.【详解】解：将两边同时减去得，，，即是等比数列，其首项为2，公比为2，所以，从而当n≥2时，.又，故故答案为：.【点睛】考查已知递推数列求数列通项，这种题一般是通过构造新的等比数列或等差数列，再借助于累加或累乘解决，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，在梯形中，．（1）求长；（2）求梯形的面积．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先根据二倍角公式计算出的余弦值，再由余弦定理求出线段的长；（2）根据图中角之同的关系求出，再由正弦定理求的长，最后根据梯形的面积为与的面积和求解．【详解】解：（1）因为，所以，即．因，所以，所以．在中，由余弦定理得，，即，解得．（2）由（1）可得，所以，所以．因为且为锐角，所以，所以．由，得．所以．在中，由正弦定理得，，所以，所以梯形的面积．【点睛】本题考查两角和的正弦公式，倍角公式，三角函数的诱导公式，正、余弦定理等知识，考查考生综合运用所学知识分析问题和解决问题的能力．18. 按照水果市场的需要等因素，水果种植户把某种成熟后的水果按其直径的大小分为不同等级.某商家计划从该种植户那里购进一批这种水果销售.为了了解这种水果的质量等级情况，现随机抽取了100个这种水果，统计得到如下直径分布表（单位：mm）：用分层抽样的方法从其中的一级品和特级品共抽取6个，其中一级品2个.（1）估计这批水果中特级品的比例；（2）已知样本中这批水果不按等级混装的话20个约1斤，该种植户有20000斤这种水果待售，商家提出两种收购方案：方案A：以6.5元/斤收购；方案B：以级别分装收购，每袋20个，特级品8元/袋，一级品5元/袋，二级品4元/袋，三级品3元/袋.用样本的频率分布估计总体分布，问哪个方案种植户的收益更高？并说明理由.【答案】（1）这批水果中特级品的比例为58%；（2）方案B种植户的收益更高，详见解析.【解析】【分析】（1）由题意结合分层抽样的特征可得，解方程求得n=51后，即可得解；。
福建省漳州市2020年高考数学二模试卷(文科)含答案
A．f（x1）＜0，f（x2）＜0B．f（x1）＜0，f（x2）＞0C．f（x1）＞0，f（x2）＜0D．f（x1）＞0，f（x2）＞0
【考点】函数零点的判定定理．
【专题】函数的性质及应用．
【分析】因为x0是函数f（x）=2x+ 的一个零点可得到f（x0）=0，再由函数f（x）的单调性可得到答案．
A．f（x1）＜0，f（x2）＜0B．f（x1）＜0，f（x2）＞0C．f（x1）＞0，f（x2）＜0D．f（x1）＞0，f（x2）＞0
11．已知函数f（x）=﹣x2+2x+3，若在区间[﹣4，4]上任取一个实数x0，则使f（x0）≥0成立的概率为（ ）
A． B． C． D．1
12．数列{an}满足a1=1，对任意的n∈N*都有an+1=a1+an+n，则 =（ ）
【解答】解：∵两个单位向量 的夹角为θ，
则
则 方向上的投影为cosθ =cosθ，故A正确；
=1，故B正确；
= =0，故 ，故C正确；
= ，故D错误；
故选D
【点评】本题考查的知识点是平面向量数量积的含义与物理意义，其中熟练掌握向量数量积的运算公式及应用是解答本题的关键．
8．已知点A（4 ，1），将OA绕坐标原点O逆时针旋转 至OB，设C（1，0），∠COB=α，则tanα=（ ）
福建省漳州市高考数学二模试卷（文科）
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，只有一项是符合题意要求的．
1．已知集合A={x|a﹣2＜x＜a+2}，B={x|x≤﹣2或x≥4}，则A∩B=∅的充要条件是（ ）
漳州市 2020 届高中毕业班第二次高考适应性测试英语试题理科数学
BC 于点 D ，且 BD 7 ，则 cos ADB 的值为
A. 21 7
21
B.
7
27
C.
7
D. 21 7
9.若正四棱柱 ABCD A1B1C1D1 的底面边长为 2 ，外接球的表面积为 40π ，四边形 ABCD
和 BCC1B1 的外接圆的圆心分别为 M , N ，则直线 MN 与 CD1 所成的角的余弦值是
A． 7 9
B． 1 3
C． 1 3
D． 7 9
漳州市 2020 届高三毕业班第二次高考适应性测试理科数学试题第 2 页（共 6 页）
居家分散测试，试卷不得外传
10.已知函数 f x x3 x2 ln x a 有三个零点,则实数 a 的取值范围是
A. a 0
B. a 1
C. a 0
2
2
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设 A 、B 分别是椭圆的左、右顶点，动点 M 满足 MB AB ，垂足为 B ，连接 AM
交椭圆于点 P （异于 A ），则是否存在定点T ，使得以线段 MP 为直径的圆恒过直
线 BP 与 MT 的交点 Q ，若存在，求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．
21．（12 分）
居家分散测试，试卷不得外传
4.中华文化博大精深，我国古代算书《周髀算经》中介绍了
用统计概率得到圆周率 π 的近似值的方法．古代数学家用 体现“外圆内方”文化的钱币（如图1 ）做统计，现将其抽 象成如图 2 所示的图形，其中圆的半径为 2cm ，正方形 的边长为1cm ，在圆内随机取点，若统计得到此点取自阴 影部分的概率是 p ，则圆周率 π 的近似值为
0.05 3.841
0.025 5.024
福建省漳州市2020届高三数学第二次教学质量检测试题(文科、理科)含答案
福建省漳州市2020届高三数学第二次教学质量检测试题文科数学本试卷共6页。
满分150分。
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，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A={x|y =√x +1}， B={y |y =lg (x −1)}， 则A ∪B= A.[-1，+∞) B.(1，+∞) C.[0，+∞) D.R2.若21+i==a +bi(a ，b ∈R) ，则a 2019+b 2020=A.−1B.0C.1D.23.若la+bl=√5，a=(1，1) ，Ibl=1，则a 与b 的夹角为 A.π6 B.π4 C.π3 D.π24.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3=34，s 3=214，则{a n }的公比为A.−13或12 B. 13或−12 C.−3或2 D.3或−25.已知点P 在圆O ：x 2+y 2=1上，角α的始边为x 轴的非负半轴，终边为射线OP ，则当Sin 2α+sinα取最小值时， 点P 位于A.x 轴上方B.x 轴下方C.y 轴左侧D.y 轴右侧 6.执行如图所示的程序框图，若输入的n=3，则输出的S= A.1 B.5 C.14 D.307.在△ABC 中， 角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ， 已知(2b-c) cosA=a ∙cosC ， 则A= A.π6 B.π3 C.2π3 D.5π68.若函数f(x) =(sinx) ln(√x 2+a +x) 是偶函数， 则实数a= A.−1 B.0 C.1 D.π29.由共青团中央宣传部、中共山东省委宣传部、共青团山东省委、山东广播电视台联合出品的《国学小名士》第三季于2019年11月24日晚在山东卫视首播。
本期最精彩的节目是π的飞花令：出题者依次给出π所含数字 3.141592653……答题者则需要说出含有此数字的诗句。
雷海为、杨强、马博文、张益铭与飞花令少女贺莉然同场PK ，赛况激烈让人屏住呼吸，最终π的飞花令突破204位。
漳州市2020届高中毕业班高考适应性测试(二)(文科数学)-试卷
1
C．
3
7
D．
9
10．已知 f (x) 是定义在 R 上的偶函数，且在区间 (,0) 上单调递增，若实数 a 满足
f (2|a1|) f ( 2) ，则 a 的取值范围是
A． (, 1 ) 2
B． ( 3 ,) 2
C． (1 , 3) 22
D． (, 1 ) ( 3 ,) 22
漳州市 2020 届高三毕业班第二次高考适应性测试文科数学试题第 2页（共 5页）
C. [10 , 20] 3
D. [ 4 , 20] 3
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共 4 小题 ，每小题 5 分，共 20 分。
13．若椭圆 C : x2 y2 1 的离心率为 1 ，则 C 的短轴长为___________．
2m 1 2m
2
x y≥2,
14．若实数
x，y
满足
x
3y
3≤0,
则
y
率 π 的近似值为
1 A． 4(1 p)
1 B． 1 p8．已知正项等比数列 an 的前 n 项和为 Sn ，a1 1，且 a3, a2 , a4 成等差数列，则 S2020 与
a2020 的关系是
A. S2020 2a2020 1 C. S2020 4a2020 3
17．（12 分）
已知 △ABC 的内角 A, B,C 的对边分别为 a,b,c ，面积为 3 3 c2 cos A ，且 b 3c ． 2
（1）求角 A ； （2）若角 A 的角平分线交 BC 于点 D ，且 BD 7 ，求 cos ADB ．
的最大值是___________．
y≥0,
x
15．如图，小方格是边长为 1 的正方形，图中粗线画出的是
福建省漳州市2020届高考数学适应性测试试题文
福建省漳州市2020届高考数学适应性测试试题文本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。
共5页150分，请考生把答案填写在答题纸上。
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，只有一项是符合题目要求的。
1.已知全集U＝{－1，0，1，2，3}，集合A＝{0，1，2}，B＝{－1，0，1}，则(UA)∩B＝A.{－1}B.{0，1}C.{－1，2，3}D.{－1，0，1，3}2.已知复数z＝2＋i，则z z⋅=A.3B.5C.3D.53.已知非零向量a，b满足|b|＝4|a|，且a⊥(2a＋b)，则a与b的夹角为A.π/3B.π/2C.2π/3D. 5π/64.已知{a n}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，S n为{a n}的前n项和，n ∈N*，则S10的值为A.－110B.－90C.90D.1105.某公司决定利用随机数表对今年新招聘的800名员工进行抽样调查他们对目前工作的满意程度，先将这800名员工进行编号，编号分别为001，002，…，799，800，从中抽取80名进行调查，下图提供随机数表的第4行到第6行：若从表中第5行第6列开始向右依次读取3个数据，则抽到的第5名员工的编号是A.007B.253C.328D.7366.已知双曲线C1：22221(0,0)x ya ba b-=>>2，一条渐近线为l，抛物线C2：y2＝4x的焦点为F，点P为直线l与抛物线C2异于原点的交点，则|PF|＝A.2B.3C.4D.57.函数y＝2|x|sin2x的图象可能是8.已知α∈R ，sinα＋2cosα＝102，则tan2α＝ A.4/3 B.3/4 C.－3/4 D.－4/3 9.若0<a<b<1，则a b ，b a，log b a ，1log ab 的大小关系为 A.log b a>a b >b a >1log ab B.log b a>b a >a b>1log a b C.a b >b a >log b a>1log a b D.b a >a b >1log ab >log b a10.中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家、天文学家张隧(法号：一行)为编制《大衍历》发明了一种近似计算的方法——二次插值算法(又称一行算法，牛顿也创造了此算法，但是比我国张隧晚了上千年)：对于函数y ＝f(x)，若y 1＝f(x 1)，y 2＝f(x 2)，y 3＝f(x 3)，x 1<x 2<x 3，则在区间[x 1，x 3]上f(x)可以用二次函数f(x)＝y 1＋k 1(x －x 1)＋k 2(x －x 1)(x －x 2)来近似代替，其中3221112213231,,y y y y k k k k k x x x x x x ---===---。
2020-2021学年漳州市高三(下)第二次高考适应性数学复习卷2(含答案解析)
2020-2021学年漳州市高三(下)第二次高考适应性数学复习卷2一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知复数z=−1i−1，则它的共轭复数z−在复平面内对应的点的坐标为()A. (−1,−1)B. (−1,1)C. (1,2)D. (1,−2)2.已知集合U={x|−2<x<1},A={x|lnx<0}，则C U A等于()A. {x|0<x<1}B. {x|−2<x<0}C. {x|0≤x<1}D. {x|−2<x≤0}3.数列的前4项按顺序分别为1，3，6，10，则此数列的一个通项公式为A. a n=2n−1+n−1B. a n=2n−1C. a n=2n−1D. a n=n2+n24.如图在圆O中，AB，CD是圆O互相垂直的两条直径，现分别以OA，OB，OC，OD为直径作四个圆，在圆O内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是()A. 1πB. 12πC. 14−12πD. 12−1π5.已知P(1,3)在双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线上，则该双曲线的离心率为()A. √10B. 2C. √5D. √36.如图，平行四边形ABCD中，AB=2，AD=1，∠A=60°，点M在AB边上，且AM=13AB，则DM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 等于()A. −1B. 1C. −√33D.√337.若函数，则下列结论正确的是()A. 任意a∈R，f(x)在(0,+∞)上是增函数B. 任意a∈R，f(x)在(0,+∞)上是减函数C. 存在a∈R，f(x)是偶函数D. 存在a∈R，f(x)是奇函数8.△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，若a=c=2且∠A=45°，则b=()A. 2√2B. 4+2√3C. 4−2√3D. √6−√29.已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面正方形边长为AB=BC=1，AA1=2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为()A. −√55B. 45C. 2√55D. −√151510.若函数f(x)=|4x−x2|+a有4个零点，则实数a的取值范围是()A. [−4,0]B. (−4,0)C. [0,4]D. (0,4)11.如图，AB是抛物线y2=2px(p>0)的一条经过焦点F的弦，AB与两坐标轴不垂直，已知点M(−1,0)，∠AMF=∠BMF，则p的值是()A. 12B. 1C. 2D. 412.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,φ∈[π2,π])的部分图象如图所示，且f(x)在[0,2π]上恰有一个最大值和一个最小值，则ω的取值范围是()A. [712,13 12)B. [1112,17 12)C. (712,13 12]D. (1112,17 12]二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若，则_________．14.已知f(x)=x5−5x4+10x3−10x2+5x−1，则f(1+√2)的值为________．15.已知f(x)=g(x)+2函数g(x)是定义在R上的奇函数，若f(2019)=2019则f(−2019)=_________．16.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，E，F分别是BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为________．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足S n=n2+n，n∈N∗(1)求{a n}的通项公式；}的前n项和．(2)求数列{1(n+1)a n18.如图所示，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，它们所在的平面互相垂直，DF⊥平面ABCD且DF=√3．(1)求证：EF//平面ABCD；(2)若∠ABC=∠BCE，求二面角A−BF−E的余弦值．19.某学校研究性学习小组对该校高三学生视力情况进行调查，在高三的全体1000名学生中随机抽取了100名学生的体检表，并得到如图的频率分布直方图．年级名次1～50951～1000是否近视近视4132不近视918(1)若直方图中后四组的频数成等差数列，试估计全年级视力在5.0以下的人数；(2)学习小组成员发现，学习成绩突出的学生，近视的比较多，为了研究学生的视力与学习成绩是否有关系，对年级名次在1～50名和951～1000名的学生进行了调查，得到表中数据，根据表中的数据，能否在犯错的概率不超过0.05的前提下认为视力与学习成绩有关系？(3)在(2)中调查的100名学生中，按照分层抽样在不近视的学生中抽取了9人，进一步调查他们良好的护眼习惯，并且在这9人中任取3人，记名次在1～50的学生人数为X，求X的分布列和数学期望．附：P(K2≥k)0.100.050.0250.0100.005k 2.706 3.841 5.024 6.6357.879K2=n(ad−bc)2．(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)20. 已知双曲线C 与椭圆9x 2+25y 2=225有相同的焦点，且离心率e =2．(1)求双曲线C 的方程；(2)若P 为双曲线右支上一点，F 1、F 2为其焦点，且PF 1⊥PF 2，求△PF 1F 2的面积．21. 已知函数f(x)=alnx +x 2−x ，其中a ∈R ．(Ⅰ)若a <0，讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)当x ≥1时，f(x)≥0恒成立，求a 的取值范围．22. 已知曲线C 的参数方程为{x =2cosθ,y =tanθ,(θ为参数)，直线l 过点P (1,2)且倾斜角为π6． (1)求曲线C 的普通方程和直线l 的参数方程；(2)设l与C的两个交点为A，B，求|PA|+|PB|．23.已知a，b，c，d∈(0,+∞)，求证ac+bd≤√(a2+b2)(c2+d2)．【答案与解析】1.答案：A解析：根据复数的运算，化简得z =−1+i ，根据共轭复数的概念，即可求解．本题主要考查了复数的运算，以及共轭复数的求解，其中解答中熟记复数的运算法则，以及共轭复数的概念是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题． 解：z =−1i −1=−1+i ，z −=−1−i ，对应点的坐标为(−1,−1)， 故选：A ．2.答案：D解析：本题主要考查了集合的基本运算，是基础题． 由对数函数的性质解出集合A ，从而得出∁U A ． 解：A ={x|ln x <0}={x|0< x <1}， 所以∁U A ={x|−2<x ⩽0}， 故选D ．3.答案：D解析：本题考查合情推理问题，属于基础题．解：由题n =3，a 3=6，排除B 和C 答案，n =4，a 4=10，排除A ，故选D ．4.答案：D解析：解：设大圆的半径为2，则S 大圆=4π， 又S 阴=8×(π4−12×1×1)=2π−4，所以在圆O 内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是S 阴S 圆=2π−44π=12−1π，故选：D ．由几何概型中的面积型得：此点取自阴影部分的概率是S 阴S 圆=2π−44π=12−1π，得解： 本题考查了几何概型中的面积型，属中档题．5.答案：A解析：本题考查双曲线的离心率的求法，考查双曲线的渐近线方程，及运算能力，属于基础题． 由双曲线的渐近线方程及点P 的坐标，可得b =3a ，由a ，b ，c 的关系和离心率公式计算即可得到离心率．解：P(1,3)在双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的渐近线上， 则ba =3−01−0=3，即b =3a ， 所以e =c a =√c 2a 2=√a 2+b 2a 2=√1+b2a 2=√1+9=√10．故选A ．6.答案：B解析：解：∵AM =13AB ，AB =2，AD =1，∠A =60°，∴AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∴DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ) =(DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +1AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+43DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=1+43×1×2×cos120°+13×4=1故选：B ．由题意可得，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，代入DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=(DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(DA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )，整理可求本题主要考查了向量得数量积的基本运算、向量的加法的应用，属于向量知识的简单应用．7.答案：C解析：对于A，只有当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上是增函数，否则不成立；对于B，当a≤0时不成立；对于D，不存在a(a∈R)，使f(x)是奇函数，因此只有C是正确的，即当a=0时，有f(x)=x2是一个偶函数，因此存在这样的a，使f(x)是偶函数．8.答案：A解析：此题考查了余弦定理，以及特殊角的三角函数值，余弦定理很好的建立了三角形的边角关系，熟练掌握余弦定理是解本题的关键．利用余弦定理得a2=b2+c2−2bc⋅cosA，把a，c及cos A的值代入列出关于b的方程，求出方程的解即可得到b的值．解：∵a=c=2且∠A=45°，∴根据余弦定理得：a2=b2+c2−2bc⋅cosA，即4=b2+4−2√2b，即b(b−2√2)=0，解得：b=2√2或b=0(舍去)，则b=2√2．故选A．9.答案：B解析：本题考查异面直线所成角，考查数形结合的解题思想方法，是基础题．连接CD1，AC，则A1B//CD1，则∠AD1C为异面直线A1B与AD1所成角，由已知求解三角形得答案．解：如图，连接CD1，AC，则A1B//CD1，则∠AD1C为异面直线A1B与AD1所成角，在△AD1C中，由已知可得AC=√2,AD1=CD1=√5，∴cos∠AD1C=5+5−22×√5×√5=45．即异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为45．故选B．10.答案：B解析：本题考查了根的存在性及根的个数判断，以及函数与方程的思想，解答关键是运用数形结合的思想，属于中档题．函数f(x)=|4x−x2|+a零点的个数，即为函数y=|4x−x2|与函数y=−a交点个数，结合图象可得实数a的取值范围．解：∵函数f(x)=|4x−x2|+a有4个零点函数y=|4x−x2|与函数y=−a有4个交点，如图所示：结合图象可得0<−a<4，∴−4<a<0故选B．11.答案：C解析：解：如右图作AC⊥x轴，BD⊥x轴，设AB的直线方程为：y=k(x−p2)(k≠0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立{y=k(x−p2)y2=2px，得k2x2−(k2p+2p)x+k2p24=0，则x1+x2=k2p+2pk2，x1x2=p24，∵∠AMF=∠BMF，∴tan∠AMF=tan∠BMF，即ACMC =BDMD，不妨设x1>p2，x2<p2，则AC=|y1|=|k(x1−p2)|=|k|(x1−p2)，BD=|y2|=|k(x2−p2)|=|k|(p2−x2)，且MC=x1+1，MD=x2+1，代入ACMC =BDMD得，|k|(x1−p2)x1+1=|k|(p2−x2)x2+1，化简得，2x1x2+(x1+x2)(1−p2)−p=0，则2×p24+k2p+2pk2(1−p2)−p=0，化简得2−pk2=0，得p=2．故选：C．由题意画出图象作AC⊥x轴、BD⊥x轴，设AB的直线方程y=k(x−p2)(k≠0)，A(x1,y1)、B(x2,y2)，联立直线方程和抛物线方程消去y，由韦达定理求出x1+x2和x1x2式子，由∠AMF=∠BMF得tan∠AMF=tan∠BMF，由图象得ACMC =BDMD，用A、B的坐标表示出线段的长，把求出的式子代入化简，列出关于p的方程再化简求值．本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线的位置关系的应用，一元二次方程的根与系数的关系，考查化简计算能力，是较难题．12.答案：B解析：本题主要考查函数y =Asin(ωx +φ)的图象与性质，属于中档题．根据条件先求出φ的值，结合f(x)在[0,2π]上恰有一个最大值和一个最小值，求出满足条件的表达式进行求解即可．解：由题意知f(0)=√32，即sinφ=√32，又φ∈[π2,π]， ∴φ=2π3，∵x ∈[0,2π]， ∴2π3≤ωx +2π3≤2πω+2π3，∵f(x)在[0,2π]上恰有一个最大值和一个最小值， ∴5π2≤2πω+2π3<7π2，∴1112≤ω<1712． 故选B ．13.答案：79解析：本题考查二倍角公式的应用，属于基础题．把所求的式子利用二倍角的余弦函数公式化为关于sinα的式子，将sinα的值代入即可求出值． 解：因为sinα=13，所以cos2α=1−2sin 2α=1−2×(13)2=79． 故答案为79．14.答案：4√2解析：本题主要考查了二项式定理的运用以及函数求值问题，属于基础题．根据f(x)=x5−5x4+10x3−10x2+5x−1=(x−1)5，再将1+√2带入f(x)求值即可．解：因为f(x)=x5−5x4+10x3−10x2+5x−1=(x−1)5，所以f(1+√2)=(1+√2−1)5=(√2)5=4√2．故答案为4√2．15.答案：−2015解析：本题考查函数奇偶性的应用，属基础题．由g(x)为奇函数，得g(2019)+g(−2019)=0，进而可得f(2019)+f(−2019)=4，代入f(2019)= 2019可得答案．解：因为函数g(x)是定义在R上的奇函数，则g(2019)+g(−2019)=0，又f(x)=g(x)+2则f(2019)+f(−2019)=g(2019)+g(−2019)+4=4，又由f(2019)=2019，∴则f(−2019)=−2015．故答案为：−2015．16.答案：√5a10解析：本题考查点、线、面间的距离计算.以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点F到平面A1D1E的距离．解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系A 1(a,0，a)，D 1(0,0，a)，E(a,a ，a 2)，F(0,a2,0)，D 1A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 1=(a,0，0)，D 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,a ，−a2)，EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−a,−a 2,−a 2)， 设平面A 1D 1E 的法向量n⃗ =(x,y ，z)， 则{ax =0ax +ay −a 2z =0，令y =1，则n⃗ =(0,1，2)， ∴点F 到平面A 1D 1E 的距离为d =|EF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n ⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=32a √5=3√510a ． 故答案为3√510a ．17.答案：解：(1)由S n =n 2+n ，得a 1=S 1=2；当n ≥2时，a n =S n −S n−1=(n 2+n)−[(n −1)2+(n −1)]=2n ． a 1=2适合上式， ∴a n =2n ；(2)设{1(n+1)a n}的前n 项和为T n ，由(1)得：1(n+1)a n=12×1n(n+1)=12(1n −1n+1)则T n =12(1−12+12−13+⋯+1n −1n+1)=12(1−1n+1)=n2(n+1)．解析：(1)由已知数列的前n 项和求得首项，再由a n =S n −S n−1(n ≥2)求得数列通项公式； (2)把{a n }的通项公式代入数列{1(n+1)a n}，由裂项相消法求其前n 项和．本题考查数列递推式，考查了裂项相消法求数列的前n 项和，是中档题．18.答案：解：(1)过点E 作EH ⊥BC 交BC 于H 点，连接HD ，EH =√3，因为平面ABCD ⊥平面BCE ，EH ⊂平面BCE ， 平面ABCD ∩平面BCE =BC ， 所以EH ⊥平面ABCD ，因为FD ⊥平面ABCD ，FD =√3，所以FD//EH ，FD =EH ，故平行四边形EHDF ， 所以EF//HD ，由EF ⊄平面ABCD ，HD ⊂平面ABCD ， 所以EF//平面ABCD ；(2)连接HA ，根据题意，AH ⊥BC ，以H 为原点，HB ，HA ，HE 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A(0,√3,0)，B(1,0，0)，E(0,0，√3)，F(−2,√3,√3)， 则BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√3,0)，BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0，√3)，BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,√3,√3)， 设平面BAF 的法向量为m⃗⃗⃗ =(x,y ，z)， {m ⃗⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =−x +√3y =0m ⃗⃗⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =−3x +√3y +√3z =0，取m ⃗⃗⃗ =(√3,1，2)， 设平面BEF 的法向量为n⃗ =(a,b,c)， 由{n ⃗ ⋅BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =−a +√3c =0n ⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =−3a +√3b +√3c =0，取n ⃗ =(√3,2,1)，由cos <m⃗⃗⃗ ,n ⃗ >=3+2+28=78，由题知二面角A −BF −E 为钝二面角， 所以二面角A −BF −E 的余弦值为−78．解析：(1)过点E 作EH ⊥BC ，连接HD ，先证明EH ⊥平面ABCD ，再证明EF//FD ，再证明结论； (2)以H 为原点，HB ，HA ，HE 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，求出平面BAF 和平面BEF 的法向量，利用夹角公式求出即可．本题考查线面平行的判定，考查了向量法求二面角的余弦值，考查了运算能力和空间想象能力，中档题．19.答案：解：(1)设各组的频率为f i (i =1,2，3，4，5，6)，由图可知，第一组有3人，第二组7人，第三组27人，因为后四组的频数成等差数列，所以后四组频数依次为27，24，21，18； 所以视力在5.0以下的频数为3+7+27+24+21=82人， 故全年级视力在5.0以下的人数约为1000×82100=820人； (2)由列联表中数据，计算K 2=100×(41×18−32×9)250×50×73×27=30073≈4.110>3.841，因此在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为视力与学习成绩有关系； (3)依题意9人中年级名次在1～50名和951～1000名分别有3人和6人， 则X 可取值为0、1、2、3； 且P(X =0)=C 63C 93=2084，P(X =1)=C 62⋅C 31C 93=4584，P(X =2)=C 61⋅C 32C 93=1884，P(X =3)=C 33C 93=184；所以X 的分布列为X 的数学期望为E(X)=0×2084+1×4584+2×1884+3×184=1．解析：(1)由频率分布直方图求出对应的频数和频率； (2)由列联表中数据计算K 2，对照临界值得出结论； (3)由题意知随机变量X 的可能取值，计算对应的概率值， 写出X 的分布列，求出数学期望值．本题考查了频率分布直方图和独立性检验以及离散型随机变量的分布列问题，是综合题．20.答案：解：(1)设双曲线C 的方程为x 2a 2−y 2b 2=1 (a >0,b >0)椭圆9x2+25y2=225 可化为 x225+y29=1∴c=√25−9=4∵e=ca=2∴a=2∴b2=c2−a2=16−4=12∴所求双曲线方程为x24−y212=1(6分)(2)由已知得{|PF1|−|PF2 =4 ①|PF1| 2+|PF2| 2=|F1F2| 2=64 ②，②−①2得2|PF1|⋅|PF2|=48∴|PF1|⋅|PF2|=24∴S△PF1F2=12|PF1| ⋅ |PF2| =12(12分)解析：(1)设双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1 (a>0,b>0)，椭圆9x2+25y2=225 可化为 x225+y29=1，由此能求出求双曲线方程．(2)由已知条件先求出2|PF1|⋅|PF2|=48，由此能求出△PF1F2的面积．本题主要考查双曲线标准方程，简单几何性质，直线与双曲线的位置关系，双曲线的简单性质等基础知识．考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．综合性强，是高考的重点，易错点是双曲线的知识体系不牢固．21.答案：解：(I)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=ax +2x−1=2x2−x+ax，令f′(x)=0得2x2−x+a=0，解得x1=1−√1−8a4，x2=1+√1−8a4，∵a<0，∴x1<0，x2>0，∴当0<x<1+√1−8a4时，f′(x)<0，当x>1+√1−8a4时，f′(x)>0，∴f(x)在(0,1+√1−8a4)上单调递减，在(1+√1−8a4,+∞)上单调递增．(II)若a=0时，f(x)=x2−x，∴f(x)在[1,+∞)上单调递增，∴f min(x)=f(1)=0，符合题意．若a<0，由(I)可知f(x)在(0,1+√1−8a4)上单调递减，在(1+√1−8a4,+∞)上单调递增，当1+√1−8a4≤1即−1≤a <0时，f(x)在[1,+∞)上单调递增，∴f min (x)=f(1)=0，符合题意， 当1+√1−8a4>1即a <−1时，f(x)在[1,1+√1−8a4)上单调递减，在[1+√1−8a4,+∞)上单调递增，∴f min (x)=f(1+√1−8a4)<f(1)=0，不符合题意．若a >0，令f′(x)=0得2x 2−x +a =0，∴当△=1−8a ≤0即a ≥18时，f′(x)≥0恒成立，∴f(x)在[1,+∞)上单调递增， ∴f min (x)=f(1)=0，符合题意．若0<a <18，则2x 2−x +a =0有两正实数解，x 1=1−√1−8a4，x 2=1+√1−8a4，∴f(x)在(0,1−√1−8a4)上单调递增，在(1−√1−8a 4,1+√1−8a4)上单调递减，在(1+√1−8a4,+∞)上单调递增，∵1+√1−8a4<1，∴f(x)在[1,+∞)上单调递增，∴f min (x)=f(1)=0，符合题意， 综上，a 的取值范围是[−1,+∞)．解析：(I)令f′(x)=0求出f(x)的极值点，结合f(x)的定义域得出f′(x)的符号变换情况，从而得出f(x)的单调性；(II)对a 进行讨论，判断f(x)在[1,+∞)上的单调性，得出f(x)在[1,+∞)上的最小值f min (x)，即可得出结论．本题考查了导数与函数单调性的关系，函数最值的计算，分类讨论思想，属于中档题．22.答案：解：(1)曲线C 的参数方程为{x =2cosθ,y =tanθ,(θ为参数)，转换为直角坐标方程为x 24−y 2=1． 直线l 过点P(1,2)且倾斜角为π6，转换为参数方程为{x =1+√32ty =2+12t(t 为参数)．(2)把直线的参数方程{x =1+√32ty =2+12t代入x 24−y 2=1，得到t 2+(32−4√3)t +76=0，Δ=(32−4√3)2−4×76=256×(3−√3)>0 所以t 1+t 2=−(32−4√3)，t 1t 2=76， 所以|PA|+|PB|=|t 1+t 2|=32−4√3．解析：本题考查的知识要点：参数方程和直角坐标方程之间的转换，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．(1)直接利用转换关系的应用，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)利用直线和曲线的位置关系的应用，利用一元二次方程根和系数关系式应用求出结果．23.答案：证明：法一：(分析法)a，b，c，d∈(0,+∞)，欲证ac+bd≤√(a2+b2)(c2+d2)，只需证(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2)，即证a2c2+2abcd+b2d2≤a2c2+b2d2+a2d2+b2c2，即证2abcd≤a2d2+b2c2，即证0≤(bc−ad)2，而a，b，c，d∈(0,+∞)，0≤(bc−ad)2显然成立，故原不等式成立．法二：(综合法)(a2+b2)(c2+d2)=a2c2+b2d2+a2d2+b2c2≥a2c2+b2d2+2abcd=(ac+bd)2，所以√(a2+b2)(c2+d2)≥ac+bd．解析：法一：利用分析法逐步推出0≤(bc−ad)2，得到结果即可．法二：利用综合法，通过利用重要不等式，证明即可．本题考查不等式的证明，考查分析法与综合法的应用，考查逻辑推理能力．。