2020年湖北省高考(理科)数学(4月份)模拟试卷 含解析
湖北省黄冈中学2020届高三四月份理科数学试题参考答案
19．【解析】 （1）证明：取 AB 的中点 O ，连结 EO,OF , AC ，由题意知 EO AB ．
又因为平面 ABCD 平面 ABE ，所以 EO 平面 ABCD ．（2 分） 因为 BD 平面 ABCD ，所以 EO BD , 因为四边形 ABCD 为菱形，所以 BD AC ，
，而函数
y tan x 在 (0, ) 上不是单调函数，所以“ sin A sin B ”是“ tan A tan B ”的既不充分也不必要条件，
故选 D.
S1
S113
6．【答案】D【解析】执行程序框图，可得 S=0，n=2，满足条件， 2 ，n＝4，满足条件， 2 4 4 ，
S 1 1 1 11
SO 2
OC 2
SC 2
，又内切圆半径
r
1 2
(3
4
5)
1
，所
以 OC 2 ， SO2 SC 2 OC 2 3 2 1 ， 故 SO 1 ， 三 棱 锥 S ABC 的 体 积 为
V
1 3
S△ABC
SO
1 3
1 2
3
4 1
2
，③正确；对于④， 若
SA
3
，
SA
平面
ABC
，则直线
PS
其中 A(2,6) ，直线 x my 1 0 过定点 D(1,0) ，
当 m 0 时，不等式 x 1≤0 表示直线 x 1 0 及其左边的区域，不满足题意；
当
m
0
时，直线
x
my
1
0
的斜率
1 m
0
，不等式
x
my
1≤0
表示直线
x
my
2020年湖南省、湖北省四校高考数学模拟试卷(理科)(4月份) (含答案解析)
2020年湖南省、湖北省四校高考数学模拟试卷(理科)(4月份)一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 若集合P ={x|4<x <10}，Q ={x|3<x <7}，则P ∪Q 等于( )A. {x|3<x <7}B. {x|3<x <10}C. {x|3<x <4}D. {x|4<x <7}2. 已知i 是虚数单位，若(a +i)i 3=b +2i(a ∈R,b ∈R)，则a +bi 的共轭复数为( )A. −1−2iB. 1−2iC. −2−iD. 2−i3. 已知正方形ABCD 如图所示，其中AC ，BD 相交于O 点，E ，F ，G ，H ，I ，J 分别为AD ，AO ，DO ，BC ，BO ，CO 的中点，阴影部分中的两个圆分别为△ABO 与△CDO 的内切圆，若往正方形ABCD 中随机投掷一点，则该点落在图中阴影区域内的概率为( )A. 1+(2−√2)π2 B. 1+(4−2√2)π4 C. 1+(6−2√2)π4 D. 1+(6−4√2)π44. 已知△ABC ，BE⃗⃗⃗⃗⃗ =2EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAE ⃗⃗⃗⃗⃗ +μAC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则λ=( ) A. 1 B. 2C. 3D. 45. 定义在R 上的函数f(x)=(12)|x−m|−1为偶函数，记a =f(log 0.52)，b =f(log 21.5)，c =f(m)，则A. c <a <bB. a <c <bC. a <b <cD. c <b <a6. 如图，网格纸上小正方形的边长为1，某多面体的三视图如图中粗实线所示，则该多面体的各个面中面积最大的面的面积为( )A. 4√2B. 4C. 6√2D. 67. 双曲线x 2−y 2=4的左支上一点P(a,b)到直线y =x 的距离为√2，则a +b =( )A. 2B. −2C. 4D. −48. 点P(a,a +1)在不等式x +ay −3>0所表示的平面区域内，则a 的取值范围为( )A. (−3,1)B. (−∞,−3)∪(1,+∞)C. (−1,3)D. (−∞,−1)∪(3,+∞)9. 已知AABC 的内角A ，B.C 所对的边分别为a ，b ，c ，且sinB−sinA sinC=b−c a+b则角A 的大小是( )A. π6B. π3C. π4D. π210. 已知函数f (x )=2sinωx ⋅cos 2(ωx2−π4)−sin 2ωx (ω>0)在区间[−2π3,5π6]上是增函数，且在区间[0,π]上恰好取得一次最大值1，则ω的取值范围是( )A. (0,35]B. [12,35]C. [12,34]D. [12,52)11. 抛物线x 2=4y 的焦点为F ，过F 作斜率为√33的直线l 与抛物线在y 轴右侧的部分相交于点A ，过点A 作抛物线准线的垂线，垂足为H ，则ΔAHF 的面积是( )A. 4B. 3√3C. 4√3D. 812. 三棱锥O −ABC 中，OA ，OB ，OC 两两垂直，OC =2x ，OA =x ，OB =y ，且x +y =3，则三棱锥O −ABC 体积的最大值为( )A. 4B. 8C. 43D. 83二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 在二项式(√x +1ax 2)5(a >0)的展开式中x −5的系数与常数项相等，则a 的值是______． 14. 数一数，三棱锥、三棱柱、四棱锥、四棱柱，正方体，正八面体等的几何体的面数(F)，顶点数(V)，棱数(E)，由此归纳出一般的凸多面体的面数(F)，顶点数(V)，棱数(E)满足的关系为__________．15. 已知函数f (x)=(x −2)e x +e +1，g(x)=ax +xln x ，对任意的m ∈[1e ,3]，总存在n ∈[1e ,3]使得g(m)≥f (n)成立，则实数a 的取值范围为________． 16. 在ΔABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知，则的值为_______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 已知在数列{a n }中，a 1=4,a n+1=a n +2(n ∈N ∗)(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n=(√2)a n−2−3n，求|b1|+|b2|+|b3|+⋯+|b10|18.如图(1)，等腰梯形ABCD，AB=2，CD=6，AD=2√2，E、F分别是CD的两个三等分点．若把等腰梯形沿虚线AF、BE折起，使得点C和点D重合，记为点P.如图(2)，(1)求证：平面PEF⊥平面ABEF；(2)求平面PAE与平面PAB所成锐二面角的余弦值．19.某市拟定2016年城市建设A，B，C三项重点工程，该市一大型城建公司准备参加这三个工程的竞标，假设这三个工程竞标成功与否相互独立，该公司对A，B，C三项重点工程竞标成功的概率分别为a，b，14(a>b)，已知三项工程都竞标成功的概率为124，至少有一项工程竞标成功的概率为34．(1)求a与b的值；(2)公司准备对该公司参加A，B，C三个项目的竞标团队进行奖励，A项目竞标成功奖励2万元，B项目竞标成功奖励4万元，C项目竞标成功奖励6万元，求竞标团队获得奖励金额的分布列与数学期望．20.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F，离心率为12，直线l与椭圆相交于A，B两点，当AB⊥x轴时，△ABF的周长最大值为8．(1)求椭圆的方程；(2)若直线l过点M(−4,0)，求当△ABF面积最大时直线AB的方程．21.已知函数f(x)=x−alnx−1，曲线y=f(x)在(1,0)处的切线经过点(e,0)．(1)证明：f(x)≥0；(2)若当x ∈[1,+∞)时，f(1x )≥(lnx)2p+lnx ，求p 的取值范围．22. 已知直线l ：{x =2+√22ty =1+√22t(t 为参数)，以坐标原点为极点，x 轴非负半轴为极轴建立极坐标系．圆O 的极坐标方程为ρ=2√2cos(θ−π4)． (Ⅰ)求圆心的极坐标；(Ⅱ)设点M 的直角坐标为(2,1)，直线l 与圆O 的交点为A ，B ，求|MA|⋅|MB|的值．23. 已知函数f(x)=|x −2|+|ax +2a −1|．(1)当a =1时，求不等式f(x)≤5的解集；(2)当x ≥4时，不等式f(x)≥x 恒成立．求实数a 的取值范围．【答案与解析】1.答案：B解析：解：集合P ={x|4<x <10}，Q ={x|3<x <7}，则P ∪Q ={x|3<x <10}， 故选：B ．直接利用集合的并集的运算法则，求出P ∪Q 即可． 本题考查集合的并集的基本运算，考查基本知识的应用．2.答案：C解析：本题主要考查复数的运算，复数相等及共轭复数的概念，属于基础题． 解：由已知得−ai +1=b +2i ， ∴a =−2，b =1，∴a +bi 的共轭复数为−2−i ． 故选C ．3.答案：D解析：本题主要考查几何概型的概率公式的应用，求出阴影部分的面积是解决本题的关键． 根据条件分别求出小正方形和三角形内切圆的面积，结合几何概型的概率公式进行计算即可． 解：设正方形的边长为1，则对角线AC =√2，则AO =√22，即小正方形的边长FO =√24，则小正方形的面积S =(√24)2=18，则等腰直角三角形AOB 中，设内切圆的圆心为M ，半径为r ，则由等积法得12AD ⋅r +12AB ⋅r +12AB ⋅r =12AB ⋅AD ， 即(√22+√22+1)r =√22×√22，得r =12(√2+1)=√2−12则一个小圆的面积S =π(√2−12)2=3−2√24π， 则阴影部分的面积S =3−2√24π×2+18×2=1+(6−4√2)π4， 则对应的概率P =1+(6−4√2)π4， 故选：D ．4.答案：C解析：本题考查了平面向量的基本定理，属于基础题．根据平面向量加法的三角形，用AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE ⃗⃗⃗⃗⃗ 表示出AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 即可得出λ，μ的值． 解：∵BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =2EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =3CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =3(AE ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )， ∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +3AE ⃗⃗⃗⃗⃗ −3AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3AE ⃗⃗⃗⃗⃗ −2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ． ∴λ=3，μ=−2． 故选：C ．5.答案：C解析：解：∵定义在R 上的函数f(x)=(12)|x−m|−1为偶函数， ∴f(x)=f(−x)，即(12)|x−m|−1=(12)|−x−m|−1， 解得：m =0，∴f(x)=(1)|x|−1，2)x−1为减函数，当x≥0时，f(x)=(12∵a=f(log0.52)=f(−1)=f(1)，b=f(log21.5)，c=f(0)，1>log21.5>0，故a<b<c，故选：C．由已知可得m=0，结合指数函数的图象和性质，分析函数的单调性，进而可得答案．本题考查的知识点是函数的单调性，函数的奇偶性，指数函数的图象和性质，难度不大6.答案：A解析：本题考查三视图求几何体的表面积，结合三视图和对应的正方体复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力，属于基础题．复原几何体，根据长方体面积公式计算即可．解：由三视图可知该多面体的直观图如图中正方体内的粗线部分所示，显然面积最大的面的面积为2√2×2=4√2．故选A．7.答案：B解析：本题考查双曲线的简单性质的应用，是中档题，解题时要注意点到直线的距离公式的应用．由点到直线的距离得a−b=2或a−b=−2，把P(a,b)代入双曲线方程，得(a+b)(a−b)=4，由此能求出a+b的值．解：∵双曲线x2−y2=4左支上一点P(a,b)到直线y=x的距离为√2，∴由点到直线的距离得a−b=2或a−b=−2，把P(a,b)代入双曲线方程，得a2−b2=4，(a+b)(a−b)=4，a+b=2或a+b=−2，∵P在双曲线左支上，且双曲线的一条渐近线为y=−x，∴a+b<0，∴a+b=−2．故选B．8.答案：B解析：本题主要考查二元一次不等式表示平面区域，利用点和区域的关系直接代入解不等式即可，属于基本知识的考查．根据二元一次不等式表示平面区域，利用点和区域的关系进行求解即可．解：∵点P(a,a+1)在不等式x+ay−3>0所表示的平面区域内，∴点P(a,a+1)满足不等式成立，即a+a(a+1)−3>0，∴a<−3或a>1，即a的取值范围为(−∞,−3)∪(1,+∞)，故选B.9.答案：B解析：解：由sinB−sinAsinC =b−ca+b，利用正弦定理可得：b−ac=b−ca+b．∴b2+c2−a2=bc．∴cosA=b2+c2−a22bc =bc2bc=12，又∵A∈(0,π)，∴A=π3．故选：B．由sinB−sinAsinC =b−ca+b，利用正弦定理可得：b−ac=b−ca+b.再利用余弦定理即可得出．本题考查了正弦定理余弦定理、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．10.答案：B解析：本题主要考查三角函数的图象和性质，利用单调性，最值与周期的关系是解决本题的关键．结合三角函数单调性，最值与周期T的关系，建立不等式进行求解即可．解：由f(x)=2sinωx⋅cos2(ωx2−π4)−sin2ωx(ω>0)，化简，f(x)=sinωx(1+sinωx)−sin2ωx=sinωx，由ωx=π2+2kπ，k∈z，即x=π2ω+2kπω=π2ω(1+4k)时，取得最大值1，因为x∈[0,π]上恰好取得一次最大值，所以k=0，π2ω∈[0,π]，所以ω≥12，f(x)在区间[−2π5,5π6]上是增函数，根据题意π2ω≥5π6，即ω≤35，结合上面所述，ω∈[12,35 ]，故选：B．11.答案：C解析：先判断△AHF为等边三角形，求出A的坐标，可求出等边△AHF的边长AH的值，△AHF的面积可求．本题考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，判断△AHF为等边三角形是解题的关键．解：由抛物线的定义可得AF=AH，∵AF的斜率等于√33，∴AF的倾斜角等于30°，∵AH⊥X轴，∴∠FAH=60°，故△AHF为等边三角形．又焦点F(0,1)，AF的方程为y−1=√33x，设A(m,m24)，m>0，由AF=AH得2(m24−1)=m24+1，∴m=2√3，故等边△AHF的边长AH=4，∴△AHF的面积是12×4×4sin60°=4√3，故选：C．12.答案：C解析：本题主要考查棱锥体积公式，利用导数求函数在定区间的最值，是中档题．由题意，可得V=3x2−x33，利用导数研究函数的单调性和最值，即可得解．解：由题意，三棱锥O−ABC中，OA，OB，OC两两垂直，因为OC=2x，OA=x，OB=y，且x+y=3，所以y=3−x，0<x<3，所以V=13×2x22×y=x2y3=x2(3−x)3=3x2−x33(0<x<3)，所以Vˈ=6x−3x23=2x−x2=x(2−x)，令Vˈ=0，得x=2或x=0(舍去)，当0<x<2时，V′>0，V=3x2−x33单调递增；当2<x<3时，V′<0，V=3x2−x33单调递减；∴x=2时，V取得最大值，V最大为43．故选C．13.答案：√2解析：解：∵二项式(√x+1ax2)5(a>0)的展开式的通项公式为Tr+1=C5r⋅(1a)r⋅x5−5r2，令5−5r2=−5，求得r=3，故展开式中x−5的系数为C53⋅(1a)3；令5−5r2=0，求得r=1，故展开式中的常数项为C51⋅1a=5a，由为C53⋅(1a )3=5⋅1a，可得a=√2，(负值舍去)故答案为：√2．根据二项展开式的通项公式，求出展开式中x−5的系数、展开式中的常数项，再根据它们相等，求出a的值．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．14.答案：F+V−E=2解析：凸多面体的面数(F)，顶点数(V)，棱数(E)，举例如下：①正方体：F=6,V=8,E=12，得V+F−E=8+6−12=2；②三棱柱：F=5,V=6,E=9，得V+F−E=6+5−9=2；③三棱锥：F=4,V=4,E=6，得V+F−E=4+4−6=2；…；由此可猜想凸多面体的面数(F)，顶点数(V)，棱数(E)满足的关系为F+V−E=2.再通过举例四棱锥、六棱柱、…等，发现上述公式都成立.因此归纳出一般结论：F+V−E=2．15.答案：[1,+∞)解析：本题考查导数中的恒成立问题，利用导数研究函数的最值相关知识，问题转化为当x∈[1e,3]时，g(x)≥f(x)min恒成立，先由f(x)的导数求出函数的最小值为1，即当x∈[1e ,3]时，g(x)=ax+xln x≥1，分离参数可得a≥x−x2ln x，记ℎ(x)=x−x2ln x，然后利用导数求出函数ℎ(x)的最大值，即可求解．解：对任意的m∈[1e ,3]，总存在n∈[1e,3]使得g(m)≥f(n)成立，即当x∈[1e,3]时，g(x)≥f(x)min恒成立，∵f(x)=(x−2)e x+e+1，∴f′(x)=(x−1)e x，∴当x∈[1e,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，∴当x∈(1,3]时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，∴f(x)min=f(1)=1，当x∈[1e ,3]时，g(x)=ax+xln x≥1，则a≥x−x2ln x，记ℎ(x)=x−x2ln x，ℎ′(x)=1−2xln x−x，ℎ′(1)=0，令k(x)=ℎ′(x)，则k′(x)=−3−2ln x，k′(x)在[1e ,3]上单调递减，k′(x)≤k′(1e)=−1，∴ℎ′(x)单调递减，∴当x∈(1e,1)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，当x∈(1,3)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，∴ℎ(x)max=ℎ(1)=1，故当a≥1时，g(x)≥1．故实数a的取值范围为[1,+∞)．故答案为[1,+∞)16.答案：−14解析：本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，属于中档题．由条件利用正弦定理求得a=2c，b=3c2，再由余弦定理求得cosA=b2+c2−a22bc的值．解：在△ABC中，∵b−c=14a①，2sinB=3sinC，∴2b=3c②，∴由①②可得a=2c，b=3c2．再由余弦定理可得cosA=b2+c2−a22bc =9c24+c2−4c23c⋅c=−14，故答案为：−14．17.答案：解：(1)在数列{a n}中，a1=4,a n+1=a n+2(n∈N∗)，可得a n=4+2(n−1)=2n+2；(2)b n=(√2)a n−2−3n=(√2)2n−3n=2n−3n，则|b1|+|b2|+|b3|+⋯+|b10|=|2−3|+|4−6|+|8−9|+|16−12|+⋯+|210−30|=1+2+1+(16+32+⋯+210)−(12+⋯+30)=4+16(1−27)1−2−12×7×42=1889．解析：(1)运用等差数列的定义和通项公式，即可得到所求通项；(2)求得b n=(√2)a n−2−3n=(√2)2n−3n，运用等差数列和等比数列的求和公式，计算即可得到所求和．本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查运算能力，属于中档题．18.答案：证明：(1)∵等腰梯形ABCD，AB=2，CD=6，AD=2√2，E，F是CD的两个三等分点，∴ABEF是正方形，∴BE⊥EF，又∵BE⊥PE，且PE∩EF=E，PE⊂平面PEF，EF⊂平面PEF，∴BE⊥面PEF，又BE⊂平面ABEF，∴平面PEF⊥平面ABEF．解：(2)取EF的中点O，连接PO，过O作BE的平行线交AB于G，∵PE =PF ，O 为EF 的中点，∴PO ⊥EF PO ⊂平面PEF ，平面PEF ∩平面ABEF =EF ， 则PO ⊥面ABEF ，以O 为原点，OG ，OE ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 则A(2,−1,0)，B(2,1，0)，E(0,1，0)，P(0,0，√3)，∴AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2，0)，EP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,√3)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2，0)，PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,−1,−√3)， 设平面PAE 的法向量n ⃗ =(x 1,y 1,z 1)， 则{n ⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x 1+2y 1=0n ⃗ ⋅EP ⃗⃗⃗⃗⃗ =−y 1+√3z 1=0, 取z =1，得n ⃗ =(√3,√3,1)，设平面PAB 的法向量m⃗⃗⃗ =(x 2,y 2,z 2)， 则{m⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2y 2=0m ⃗⃗⃗ ⋅PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x 2−y 2−√3z 2=0, 取x =√3，得m ⃗⃗⃗ =(√3,0，2)，设平面PAE 与平面PAB 所成锐二面角为θ， 则cosθ=|n ⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ ||n⃗⃗ |⋅|m ⃗⃗⃗ |=√7⋅√7=57． ∴平面PAE 与平面PAB 所成锐二面角的余弦值为57．解析：本题考查面面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，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BE ⊥EF ，BE ⊥PE ，从而BE ⊥面PEF ，由此能证明平面PEF ⊥平面ABEF ．(2)取EF 的中点O ，连接PO ，过O 作BE 的平行线交AB 于G ，则PO ⊥面ABEF ，以O 为原点，OE ，OP 为y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面PAE 与平面PAB 所成锐二面角的余弦值．19.答案：解：(1)由题意得{1−(1−a)(1−14)(1−b)=3414ab=124，由a >b ，解得a =12，b =13．(2)由题意，令竞标团队获得奖励金额为随机变量X ，则X 的值可以为0，2，4，6，8，10， P(X =0)=12×23×34=14，P(X=2)=12×23×34=14，P(X=4)=12×13×34=18，P(X=6)=12×23×14+12×13×34=524，P(X=8)=12×23×14=112，P(X=10)=12×13×14=124，P(X=12)=12×13×14=124，∴X的分布列为：E(X)=0×14+2×14+4×18+6×524+8×112+10×124+12×124=236．解析：(1)由题意利用相互独立事件概率乘法公式和对立事件概率计算公式列出方程组，能求出a与b的值．(2)由题意，令竞标团队获得奖励金额为随机变量X，则X的值可以为0，2，4，6，8，10，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和E(X)．本题考查相互独立事件、离散型随机变量分布列与期望等基础知识，意在考查学生的运算求解能力、审读能力、获取数据信息的能力，以及方程思想与分类讨论思想的应用．20.答案：解：(1)设椭圆的右焦点为F′，由椭圆的定义，得|AF|+|AF′|=|BF|+|BF′|=2a，而△ABF的周长为|AF|+|BF|+|AB|≤|AF|+|BF|+|AF′|+|BF′|=4a，当且仅当AB过点F′时，等号成立，所以4a=8，即a=2，又离心率为12，所以c=1,b=√3，所以椭圆的方程为x24+y23=1．(2)设直线AB的方程为x=my−4，与椭圆方程联立得(3m2+4)y2−24my+36=0，设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，则△=576m 2−4×36(3m 2+4)=144(m 2−4)>0， 且y 1+y 2=24m 3m 2+4，y 1y 2=363m 2+4， |AB|=√1+m 2|y 1−y 2|， 点F 到直线AB 的距离d =√1+m 2， 所以S △ABF =12|AB|·d ， 即 S △ABF =12⋅3|y 1−y 2|=18√m2−43m 2+4②，令t =√m 2−4(t >0)，则②式可化为S △ABF =18t 3t 2+16=183t+16t≤2√3t⋅t=3√34，当且仅当3t =16t，即m =±2√213时，等号成立， 所以直线AB 的方程为x =2√213y −4或x =−2√213y −4．解析：本题考查椭圆方程的求法，考查直线方程的求法，解题时要认真审题，注意根的判别式、韦达定理、弦长公式、直线、椭圆性质的合理运用，属于中档题．(1)设椭圆的右焦点为F′，由椭圆的定义，得a =2，又离心率为12，从而c =1,b =√3，由此能求出椭圆的方程．(2)设直线AB 的方程为x =my −4，与椭圆方程联立得(3m 2+4)y 2−24my +36=0.由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式，结合已知条件能求出直线AB 的方程．21.答案：解：(1)证明：函数f(x)=x −alnx −1的导数为f′(x)=1−ax ，曲线y =f(x)在(1,0)处的切线为y =f′(1)(x −1)， 即y =(1−a)(x −1)由题意得0=(1−a)(e −1)，解得a =1， 所以f(x)=x −lnx −1， 从而f′(x)=1−1x =x−1x，因为当x ∈(0,1)时，f′(x)<0，当x ∈(1,+∞)时，f′(x)>0．所以f(x)在区间(0,1)上是减函数，区间(1,+∞)上是增函数，从而f(x)≥f(1)=0；(2)由题意知，当x∈[1,+∞)时，p+lnx≠0，所以p>0，从而当x∈[1,+∞)时，p+lnx>0，由题意知1x +lnx−1≥(lnx)2p+lnx，即[(p−1)x+1]lnx−px+p≥0，其中x∈[1,+∞)，设g(x)=[(p−1)x+1]lnx−px+p，其中x∈[1,+∞)设ℎ(x)=g′(x)，即，其中x∈[1,+∞)则ℎ′(x)=(p−1)x−1x2，其中x∈[1,+∞)，①当p≥2时，因为x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)>0，所以ℎ(x)是增函数；从而当x∈(1,+∞)时，ℎ(x)>ℎ(1)=0，所以g(x)是增函数，从而g(x)≥g(1)=0．故当p≥2时符合题意；②当1<p<2时，因为x∈(1,1p−1)时，ℎ′(x)<0，所以ℎ(x)在区间(1,1p−1)上是减函数，从而当x∈(1,1p−1)时，ℎ(x)<ℎ(1)=0，所以g(x)在(1,1p−1)上是减函数，从而g(1p−1)<g(1)=0，故当1<p<2时不符合题意．③当0<p≤1时，因为x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)<0，所以ℎ(x)是减函数，从而当x∈(1,+∞)时，ℎ(x)<ℎ(1)=0，所以g(x)是减函数，从而g(2)<g(1)=0，故当0<p≤1时不符合题意．综上p的取值范围是[2,+∞)．解析：本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数单调性、极值，考查分类讨论思想方法和构造函数法，考查化简整理的运算能力，属于较难题．(1)求得f(x)的导数，可得切线的斜率和方程，代入已知点可得a，求得单调区间，可得f(x)的最值，即可得证；(2)由题意可得p >0，化简原不等式，设g(x)=[(p −1)x +1]lnx −px +p ，其中x ∈[1,+∞)，求得导数，讨论p 的范围，判断单调性，即可得到所求范围．22.答案：解：(I)圆O 的极坐标方程为ρ=2√2cos(θ−π4)．由题意可知圆的直角坐标系方程为x 2+y 2=2x +2y ， 整理得：(x −1)2+(y −1)2=2， 圆心坐标为(1,1)，所以圆心的极坐标为(√2,π4)；(II)因为圆的直角坐标系方程为x 2+y 2=2x +2y ，直线方程为{x =2+√22ty =1+√22t，(t 为参数)t 1和t 2为A 和B 对应的参数，带入圆的方程并整理得：t 2+√2t −1=0， 所以|MA|·|MB|=|t 1·t 2|=1．解析：本题考查的知识要点：参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换，直线和圆的位置关系式的应用，一元二次方程根和系数关系的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．(Ⅰ)直接利用转换关系，把参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间进行转换． (Ⅱ)利用(Ⅰ)结论，进一步利用一元二次方程根和系数关系的应用求出结果．23.答案：解：(1)当a =1时，不等式f(x)≤5化为|x −2|+|x +1|≤5．当x <−1时，2−x −x −1≤5，解得x ≥−2，所以−2≤x <−1； 当−1≤x ≤2时，2−x +x +1=3≤5，所以−1≤x ≤2； 当x >2时，x −2+x +1≤5，解得x ≤3，所以2<x ≤3． 综上所述，a =1时，不等式f(x)≤5的解集为[−2,3]．(2)当x ≥4时，不等式f(x)≥x 化为x −2+|ax +2a −1|≥x ，即|ax +2a −1|≥2．由|ax +2a −1|≥2，得ax +2a −1≤−2或ax +2a −1≥2，即a(x +2)≤−1或a(x +2)≥3．当x ≥4时，若不等式a(x +2)≤−1恒成立，则a ≤−16；当x ≥4时，若不等式a ≥3x+2恒成立，则a ≥12．所以实数a 的取值范围为．解析：本题考查绝对值不等式的解法与恒成立问题，体现了等价转化的数学思想，属中档题． (1)当a =1时，不等式f(x)≤5化为|x −2|+|x +1|≤5，通过讨论x 的范围，从而求得不等式f(x)≤5的解集；(2)原不等式等价于|ax +2a −1|≥2，利用不等式恒成立即可求出a 的范围．。
湖北省2020届高三4月调研考试数学试卷(文)有答案(精校版)
2019年湖北省高三四月调考文科数学第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.在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.1.若复数1,z i z =+为z 的共轭复数，则z z ⋅= 2 D.2i2.设集合(){}(){}(),|,,,|1,,|11y U x y x R y R A x y y x B x y x ⎧⎫=∈∈==+==⎨⎬+⎩⎭，则U A C B =IA.(){}1,0- B. {}1- C. {}1,0- D.∅3.设等比数列{}n a 中，若22462,14a a a a =++=，则公比q = A.3 B. 3±2±4.已知点()()1,0,1,0A B -为双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的左右顶点，点M 在双曲线上，ABM ∆为等腰三角形，且顶角为120o ，则该双曲线的标准方程为A. 2214y x -=B. 2212y x -=C.221x y -=D.2212y x -= 5.已知tan 52x π⎛⎫+= ⎪⎝⎭，则1sin cos x x =A. 265B. 265-C. 265±D.526-6. 设,,a b c r r r均为非零向量，则a c =r r 是a c b c ⋅=⋅r r r r 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.已知圆22:4C x y +=，直线:l y x =，则圆C 上任取一点A 到直线l 的距离小于1的概率为 A.34 B. 23 C. 12 D.138. 已知函数()()cos 0,,2xx f x a R a e ωϕπωϕ+⎛⎫=><∈ ⎪⋅⎝⎭在区间[]3,3-上的图象如图所示，则a ω可取 A. 4π B. 2π C.π D.2π 9.执行如图所示的程序框图，若输出的值为5y =，则满足条件的实数x 的个数为 A. 4 B. 3 C. 2D. 110.网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为 22D. 221+11.已知抛物线2:4C y x =的焦点为F,设过抛物线上一点P 处的切线为1l ，过点F且垂直于PF 的直线为2l ，则1l 与2l 交点Q 的横坐标为A. 34-B. 1-C. 43- D.不能确定 12. 已知实数,x y 满足()2221x y +-=223x y+的取值范围是A. 3,2⎤⎦B. []1,2C. (]0,2D. 3⎤⎥⎝⎦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.已知正六棱锥S ABCDEF -的底面边长和高均为1，则异面直线SC 与DE 所成角的大小为为 .14. 已知函数()2143ln 2f x x x x =-+-在(),1t t +上存在极值点，则实数t 的取值范围是 . 15. 某单位植树节计划种杨树x 棵，柳树y 棵，若实数,x y 满足约束条件2527x y x y x ->⎧⎪-<⎨⎪<⎩，则该单位集合栽种这两种树的棵树最多为 .16. 已知数列{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，且0,0n n a b >>，记数列{}n n a b ⋅的前n 项和为n S ，若()()111,131nn a b S n n N *===-⋅+∈，则数列25n n a b ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭的最大项为第 项.三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程. 17.（本题满分12分）在ABC ∆中，角A,B,C 的对边分别为,,a b c ，且cos .a C b= （1）求B ；（2）设CM 是角C 的平分线，且31,4CM a ==，求b .18.（本题满分12分）如图，长方体1111ABCD A B C D -中，点M 在棱1BB 上，两条直线,MA MC 与平面ABCD 所成角均为θ，AC 与BD 交于点O.（1）求证：AC OM ⊥； （2）当1112AB BM BB ===时，求点1D 到平面AMC 的距离.19.（本题满分12分）在某小学体育素质达标运动会上，对10名男生和10名女生在一分钟跳绳的次数进行统计，得到如下所示茎叶图:（1）已知男生组中数据的中位数为125，女生组数据的平均数为124，求,x y 的值；（2）从一分钟内跳绳次数不低于110次且不高于120次的学生中任取两名，求两名学生中至少有一名男生的概率.20.（本题满分12分）已知椭圆()2222:10x y E a b a b +=>>的长轴AB 为的长为6，离心率为1.3（1）求椭圆E 方程；（2）过椭圆E 的右焦点F 的直线与椭圆E 交于M,N 两点，记AMB ∆的面积为1S ，ANB ∆的面积为2S ，当12S S -取得最大值时，求12S S +的值.21.（本题满分12分）已知函数()214ln .xf x x-=（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意的121,,x x e ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，且12x x ≠，不等式()()12221212f x f x kx x x x -≤-⋅恒成立，求实数k 的取值范围.请考生在第22、23两题中任选一题作答，如果两题都做，则按照所做的第一题给分；作答时，请用2B 铅笔将答题卡上相应的题号涂黑。
武昌区2020届高三4月调考理科数学试卷及其答案
1(a
b
0)
经过点 P(2,1) ，离心率为
2. 2
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）过点 P 作两条互相垂直的弦 PA ， PB 分别与椭圆 C 交于点 A ， B ，求点 P 到直线距离的最大值.
20．（本小题满分12分） 某市政府为了引导居民合理用水，决定全面实施阶梯水价，居民用水原则上以住宅为单位（一套住宅为一户）.
阶梯级别
第一阶梯
第二阶梯
第三阶梯
月用水范围（吨）
(0,12]
(12,16]
(16, )
为了了解全市居民月用水量的分布情况，通过抽样，获得了10户居民的月用水量（单位：
下：
居民用水户编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
用水量（吨） 7 8 8 9 10 11 13 14 15 20
3
，
BAC
2 3
，则球的体
积为
A． 32 3
B． 3
C． 4 3
D． 24 3
10．如图所示，在由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形中，设 DF 3FA ，则
A．
AD
36 63
AB
24 63
AC
B．
AD
36 63
AB
12 63
AC
C．
AD
48 63
AB
24 63
武昌区2020届高三年级四月调研测试
理科数学
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内. 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效. 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
高考理科数学模拟试卷(含答案)
高考理科数学模拟试卷(含答案)高考理科数学模拟试卷（含答案）本试卷共分为选择题和非选择题两部分，第Ⅰ卷（选择题）在1至2页，第Ⅱ卷（非选择题）在3至4页，共4页，满分150分，考试时间为120分钟。
注意事项：1.答题前，请务必填写自己的姓名和考籍号。
2.答选择题时，请使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，请使用橡皮擦擦干净后再选涂其他答案标号。
3.答非选择题时，请使用0.5毫米黑色签字笔，在答题卡规定位置上书写答案。
4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。
5.考试结束后，请只将答题卡交回。
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.已知集合A={-1.0.1.2.3.4}，B={y|y=x,x∈A}，则A2B=A){0.1.2}B){0.1.4}C){-1.0.1.2}D){-1.0.1.4}2.已知复数z=1/(1+i)，则|z|=A)2B)1C)2D)23.设函数f(x)为奇函数，当x>0时，f(x)=x-2，则f(f(1))=A)-1B)-2C)1D)24.已知单位向量e1，e2的夹角为π/2，则e1-2e2=A)3B)7C)3D)75.已知双曲线2x^2-y^2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为y=±3x，则双曲线的离心率是A)10B)10/10C)10D)3/96.在等比数列{an}中，a1>0，则“a1<a4”是“a3<a5”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.如图所示的程序框图，当其运行结果为31时，则图中判断框①处应填入的是A)i≤6?B)i≤5?C)i≤4?D)i≤3?8.已知a、b为两条不同直线，α、β、γ为三个不同平面，则下列命题中正确的是①若α//β，α//γ，则β//γ；②若a//α，a//β，则α//β；③若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β；④若a⊥α，XXXα，则a//b。
2020年湖北省高考数学模拟试卷(理科)(4月份)(有答案解析)
2020年湖北省高考数学模拟试卷（理科）（4月份）一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知实数集R ，集合，集合，则A. B.C. D.2.已知，若，则A. B. C. D.3.若，则A. 0B. 1C.D. 24.中国历法推测遵循以测为辅、以算为主的原则．例如周髀算经和易经里对二十四节气的晷影长的记录中，冬至和夏至的晷影长是实测得到的，其它节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的．下表为周髀算经对二十四节气晷影长的记录，其中寸表示115寸分寸分．节气冬至小寒大雪大寒小雪立春立冬雨水霜降惊蛰寒露春分秋分清明白露谷雨处暑立夏立秋小满大暑芒种小暑夏至晷影长寸135已知易经中记录某年的冬至晷影长为寸，夏至晷影长为寸，按照上述规律那么易经中所记录的春分的晷影长应为A. 寸B. 寸C. 寸D. 寸5.我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．在数学的学习和研究中，常用函数的图象研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象特征．如函数的图象大致为A. B.C. D.6.已知，则A. B. C. D.7.设等比数列的公比为q，前n项和为，则“”是“”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8.如图，在平行四边形ABCD中，，F为BC的中点，G为EF上的一点，且，则实数m的值为A. B. C. D.9.已知函数，若存在，且，使得成立，则实数a的取值范围是A. B. C. D.10.已知双曲线的左右焦点分别为，，过的直线与C的两条渐近线分别交于A、B两点，若以为直径的圆过点B，且A为的中点，则C的离心率为A. B. 2 C. D.11.一竖立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为2m，一只蚂蚁从圆锥的底面圆周上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到P点，蚂蚁爬行的最短路径为，则圆锥的底面圆半径为A. B. 1m C. D.12.已知函数，，，，且都有，满足的实数有且只有3个，给出下述四个结论：满足题目条件的实数有且只有1个；满足题目条件的实数有且只有1个；在上单调递增；的取值范围是其中所有正确结论的编号是A. B. C. D.二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.设曲线上点P处的切线平行于直线，则点P的坐标是______．14.某学校选拔新生补进“篮球”、“电子竞技”、“国学”三个社团，根据资料统计，新生通过考核选拔进入这三个社团成功与否相互独立．2019年某新生入学，假设他通过考核选拔进入该校“篮球”、“电子竞技”、“国学”三个社团的概率依次为m，，n，已知这三个社团他都能进入得慨率为，至少进入一个社团的概率为，则______．15.自湖北爆发新型冠状病毒肺炎疫情以来，湖北某市医护人员和医疗、生活物资严重匮乏，全国各地纷纷驰援．某运输队接到从武汉送往该市物资的任务，该运输队有8辆载重为6t的A型卡车，6辆载重为10t的B型卡车，10名驾驶员，要求此运输队每天至少运送240t物资．已知每辆卡车每天往返的次数为A型卡车5次，B型卡车4次，每辆卡车每天往返的成本A型卡车1200元，B型卡车1800元，则每天派出运输队所花的成本最低为______．16.已知椭圆的左、右焦点分别为，，M为椭圆上异于长轴端点的动点，的内心为I，则______．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.在中，角A、B、C所对的边为a、b、c，且满．求角B的值；若，求的取值范围，18.如图，在四棱锥中，侧面SCD为钝角三角形且垂直于底面ABCD，，点M是SA的中点，，，．求证：平面SCD；若直线SD与底面ABCD所成的角为，求平面MBD与平面SBC所成的锐二面角的余弦值．19.线段AB为圆M：的一条直径，其端点A，B在抛物线C：上，且A，B两点到抛物线C焦点的距离之和为11．求抛物线C的方程及直径AB所在的直线方程；过M点的直线l交抛物线C于P，Q两点，抛物线C在P，Q处的切线相交于N点，求面积的取值范围．20.已知函数．求函数的最小值；若函数在上有两个零点，，且，求证：．21.2020年春节期间爆发的新型冠状病毒，是一种可以借助飞沫和接触传播的变异病毒．某定点医院为筛查某些人是否感染该病毒，需要检验血液是否为阳性，现有n份血液样本，有以下两种检验方式：逐份检验，则需要检验n次；混合检验，将其中且份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为．假设有6份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；现取其中且份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为．试运用概率统计的知识，若，试求p关于k的函数关系式；若，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更小，求k的最大值．参考数据：，，，22.在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为为参数，以原点为极点，x 轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．求曲线的极坐标方程以及曲线的直角坐标方程；若直线l：与曲线、曲线在第一象限交于P、Q，且，点M的直角坐标为，求的面积．23.已知实数a、b满足．求的取值范围；若，求证：．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：解：，，，．故选：C．可以求出集合B，然后进行交集和补集的运算即可．本题考查了描述法的定义，交集和补集的运算，考查了计算能力，属于基础题．2.答案：B解析：解：设．，，，，解得，．则，故选：B．设由，可得，，，解得b，a．本题考查了复数的运算性质、复数相等，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．3.答案：A解析：解：因为：，令可得：；令可得：；故．故选：A．令求得，再令即可求解结论．本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于基础题．4.答案：D解析：解：由题意，晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的，冬至晷影长为寸，设为，夏至晷影长为寸，则为，春分的晷影长为；；即春分的晷影长为．由题意，晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的，冬至晷影长为寸，设为，夏至晷影长为寸，则为，春分的晷影长为，根据等差数列的性质即可求解．本题考查了等差数列的应用，属于基础题．5.答案：B解析：解：根据题意，设，有，即函数为偶函数，排除A、D；设，则，在区间上，为减函数，且，，其对称轴为，开口向下，在区间上为增函数，上为减函数，在区间上，为减函数，此时，函数为减函数，故函数为增函数，排除C；故选：B．根据题意，设，分析函数的奇偶性可以排除A、D，结合复合函数单调性的判断方法分析可得函数为增函数，排除C；即可得答案．本题考查函数的图象分析，涉及函数的奇偶性的分析，属于基础题．6.答案：D解析：解：，，，，，，，，故选：D．利用对数函数和指数函数的性质求解．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．7.答案：C解析：解：若时，，时，，符合题意，是充分条件；反之也成立，故“”是“”的充要条件，故选：C．根据等比数列的前n项和为结合充分条件和必要条件的定义进行判断．本题主要考查充分条件和必要条件的应用，利用等比数列的性质是解决本题的关键．解析：解：，F为BC的中点，，，设，又，，解得．故选：A．可根据条件得出，并可设，然后根据向量加法的几何意义和向量的数乘运算即可得出，从而根据平面向量基本定理即可得出，解出m即可．本题考查了向量加法和数乘的几何意义，向量的数乘运算，平面向量基本定理，考查了计算能力，属于基础题．9.答案：C解析：【分析】本题考查分段函数，函数的单调性的应用，是中档题．当，即时，由二次函数的图象和性质，可知存在，且，使得成立；当，即时，若存在，且，使得成立，则，由此能求出实数a的取值范围．【解答】解：函数，存在，且，使得成立，当，即时，由二次函数的图象和性质，可知：存在，且，使得成立，当，即时，若存在，且，使得成立，则，解得，，综上所述：实数a的取值范围是．故选：C．10.答案：B解析：解：如图，因为A为的中点，所以，又因为B在圆上，所以，故，则：，联立，解得，则，整理得：，，即，，．故选：B．由题意画出图形，结合已知可得，写出的方程，与联立求得B点坐标，再由斜边的中线等于斜边的一半求解．本题考查双曲线的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，考查计算能力，是中档题．11.答案：A解析：解：如图，在圆锥SO中，已知，沿SP剪开再展开，由题意可得，可得．设圆锥的底面圆半径为r，则，得故选：A．由题意画出图形，沿母线SP剪开再展开，由圆锥的底面周长等于展开后扇形的弧长相等列式求解．本题考查多面体与旋转体表面上的最短距离问题，考查弧长公式的应用，是基础题．12.答案：D解析：解：函数，，，，满足的实数有且只有3个，由，可得，，由可得；可得；可得；可得，由，可得，且，解得；故正确；由，可得，由，可得，由在递增，可得在上单调递增，故正确；由都有，可得的极大值为，极小值为，由的图象可得在的极大值有两个，极小值一个，故正确，错误．其中正确的为．故选：D．由，解方程，讨论，0，1，2，由题意可得的取值范围，可判断；由，可得的范围，结合余弦函数的单调区间，可判断；再由题意可得的极大值为，极小值为，结合余弦函数的图象可判断、．本题考查三角函数的图象和性质，考查转化思想和化简运算能力、推理能力，属于中档题．13.答案：解析：解：由题意得，且切线斜率为1．设切点为，则，所以，．故切点坐标为．故答案为：先对函数求导数，然后根据切点处的导数值等于切线斜率，列出切点横坐标满足的方程即可．本题考查了利用导数的几何意义的应用，本题利用切点处的导数等于切线斜率构造方程求解，注意掌握．14.答案：解析：解：因为通过考核选拔进入三个社团的概率依次为m，，n，且相互独立，所以，，又因为三个社团他都能进入的概率为，所以，因为至少进入一个社团的概率为，所以一个社团都不能进入的概率为，所以，即，联立得：．故答案为：．利用相互独立事件及对立事件的概率公式求解．正确使用相互独立事件及对立事件的概率公式进行计算，是解决此题的关键．15.答案：9600解析：解：设每天派出A型卡车x辆，B型卡车y辆，运输队所花成本为z元，则，且，，目标函数，画出满足条件的可行域如图中阴影部分所示：由图可知，当直线经过点时，截距z最小，在可行域的整数点中，点使z取得最小值，即，每天排除A型卡车8辆，B型卡车0辆，运输队所花的成本最低，最低成本为9600元，答：每天派出A型卡车8辆，B型卡车0辆，运输队所花的成本最低，最低成本为9600元．设每天派出A型卡车x辆，B型卡车y辆，运输队所花成本为z元，根据题意把实际问题数学化，列出需要满足的不等式组，注意，，把运输队所花成本z看作目标函数，画出可行域，根据目标函数平移得到最值的取法．本题主要考查了简单的线性规划问题，根据题意列出不等式组是解题关键，本题属于中档题．16.答案：解析：解：设的内切圆与相切于D，E，F，设，，，则，，，由椭圆的定义，可得，，，即有，，即有：，即，再由，故答案为：．运用椭圆的定义和圆切线的性质，以及内心的定义，结合解直角三角形的知识，即可求得．本题考查椭圆的方程的定义，考查切线的性质，内心的定义，属于难题．17.答案：解：，解得，可得，可得，，，或．，由可得，由正弦定理，可得，，，，，，解析：由已知利用三角函数恒等变换的应用可求，结合范围，可求B的值．由，可求得，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，由已知可求范围，利用正弦函数的性质即可求解其取值范围．本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦定理，正弦函数的性质的应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．18.答案：证明：取BC的中点E，连接DE，设，，依题意，四边形ABED为正方形，且有，，，则．又平面底面ABCD，平面底面，平面SCD；解：过点S作CD的垂线，交CD延长线于点H，连接AH，平面底面ABCD，平面底面，，平面SCD，底面ABCD，故DH为斜线SD在底面ABCD内的射影，为斜线SD与底面ABCD所成的角，即．由得，，在中，，，，在中，，，，由余弦定理得，，从而，过点D作，底面ABCD，、DC、DF两两垂直，如图，以点D为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立空间直角坐标系，则0，，，，，，设平面MBD的法向量y，，由，取，得；设平面SBC的一个法向量为，由，取，得．．平面MBD与平面SBC所成的锐二面角的余弦值为．解析：取BC中点E，连接DE，设，，由已知可得，则，又平面底面ABCD，由面面垂直的性质可得平面SCD；过点S作CD的垂线，交CD延长线于点H，连接AH，可得，则底面ABCD，故DH为斜线SD在底面ABCD内的射影，求解三角形可得，从而，过点D作，则底面ABCD，可得DB、DC、DF两两垂直，以点D为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立空间直角坐标系，然后分别求出平面BMD 与平面SBC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面MBD与平面SBC所成的锐二面角的余弦值．本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．19.答案：解：设，，抛物线的焦点为F，则，又，，，抛物线C的方程为：，由，两式相减得：，直线AB的斜率为，圆M方程：化为坐标方程为：，直线AB过圆心，直线AB的方程为：，即；不妨设，，，直线l的方程为，联立方程，消去y得：，，，，抛物线C的方程为，，，抛物线C在的切线方程为：，又点在切线PN上，则，即，同理可得：，故，为一元二次方程的两根，，，又，，，，点N到直线PQ的距离，，当时，的面积取得最小值，最小值为27，面积的取值范围为：．解析：利用抛物线的定义可求出，再利用点差法求出直线AB的斜率，结合直线AB过圆心M，利用点斜式即可求出直线AB的方程：不妨设，，，直线l的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式可求出，再利用导数的几何意义求出抛物线C在的切线方程，把点代入切线PN的方程得，同理可得：，故，为一元二次方程的两根，再次利用韦达定理得，，所以点N到直线PQ的距离，所以，故当时，的面积取得最小值，最小值为27，本题主要考查了抛物线的定义，以及直线与抛物线的位置关系，是中档题．20.答案：解：由于函数为偶函数，要求函数的最小值，只需求时的最小值即可．因为，所以，当时，设，，显然单调递增，而，，由零点存在定理，存在唯一的，使得，分当，，单减，当，，单增，而，，，，即，，单减，分又当，，，单增，所以；分只需证，其中，，构造函数，，，即单增，所以，，即当时，，而，所以，，又，即，此时，，由第问可知，在上单增，所以，，，即证分解析：由于函数为偶函数，故只需求时的最小值，利用，对x分及，两类讨论，即可求得函数的最小值；只需证，其中，，构造函数，，利用导数结合题意可证得．本题考查利用导数来求曲线某点的切线方程及利用导数研究函数的单调性，考查函数与方程思想、分类讨论思想及等价转化思想的综合运用，考查逻辑推理与运算能力，属于难题．21.答案：解：设恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的事件为A，则，故恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为；由已知得，可能的取值为1，，所以，，所以，由，所以，即，，得，故p关于k的函数关系式为，，且；由题意，所以，，由，所以，两边取对数得，设，，由，当时，，函数递减，当时，，函数递增；，，，，，，，故满足条件的k最大为8．解析：设恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的事件为A，求出概率即可；由已知得，可能的取值为1，，由，求出k的关系式即可；由题意，所以，两边取对数得，设，，根据函数的单调性结合题目给的条件判断即可．本题考查了求事件的概率，考查了数学期望与函数求导的综合，考查运算能力和实际应用能力，中档题．22.答案：解：曲线的参数方程为为参数，转换为直角坐标方程为，转换为极坐标方程为．曲线的极坐标方程为转换为直角坐标方程为．直线l：转换为极坐标方程为，代入，解得．代入，得到，由于，所以，故：，解得，，所以，．则．解析：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进行转换．利用极径的应用和三角函数关系式的恒等变换的应用及面积公式的应用求出结果．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，极径的应用，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：因为，所以．当时，，解得，即；当时，，解得，即，所以，则，而，所以，即；由知，因为当且仅当时取等号，所以．解析：由已知得．当时，，解得，即；当时，，解得，即，得，即，即；由知，可得即．本题考查了不等式的性质，不等式的证明，属于中档题．。
3武昌区2020届高三4月理数试题(答案定稿)
（2）设 AC 的中点为 D，由余弦定理，得
，
2BD AD
2BD CD
即
42
32
c2
42
32
a2
，所以 a2
c2
50 .
243
243
又， a2 c2 b2 ac ， b 6 ，所以 ac 14 .
1
73
所以， S ac sin B . ……………….(12 分)
2
2
18．（本题 12 分） 解：（1）因为 AD // BC ， AB AD DC 1 BC 2 ，所以 BAC 90 ，即 AB AC .
23．[选修 4-5：不等式选讲]（本题 10 分） 解：（1）当 x 3 时，解得 x 5 ； 当 3 x 2 时，不等式不成立； 当 x 2 时，解得 x 4 . 所以，原不等式的解集为{x | x 5 或 x 4} .
(2) | ab 1 |2 | a b |2 (a2 1)(b2 1) .
em 所以， | x1 x2 | e 1 e 1 .
……………….(12 分)
22．[选修 4-4：坐标系与参数方程]（本题 10 分）
解：（1）曲线 C1 的普通方程 x2 y 32 4 ，
曲线 C2 的普通方程 x y 4 .
……….(4 分)
（2）将 x y 4 代入 x2 y 32 4 ，并整理得 2 y2 14 y 21 0 ，
3 在梯形 ABCD 中，求得 DE 3 .在 RtPBC 中，求得 EF .
7
26 在 RtDEF 中，求得， DE ， DF 3 .
7
高三理科数学 第 1 页（共 4 页）
F E
2 在 DEF 中，求得 cosDEF ，为所求. ……………….(12 分)
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅲ)(含解析版)
2020年普通高等学校招生全国统一考试理科数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、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，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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{(,)|,,}A x y x y y x =∈≥*N ，{(,)|8}B x y x y =+=，则A B 中元素的个数为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 6【答案】C 【解析】 【分析】采用列举法列举出AB 中元素的即可.【详解】由题意，A B 中的元素满足8y xx y ≥⎧⎨+=⎩，且*,x y N ∈，由82x y x +=≥，得4x ≤，所以满足8x y +=的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)， 故AB 中元素的个数为4.故选：C.【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题. 2.复数113i-的虚部是（ ） A. 310-B. 110-C. 110D. 310【答案】D【解析】 【分析】利用复数的除法运算求出z 即可. 【详解】因为1131313(13)(13)1010i z i i i i +===+--+， 所以复数113z i =-的虚部为310. 故选：D.【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是一道基础题.3.在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为1234,,,p p p p ，且411i i p ==∑，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ）A. 14230.1,0.4p p p p ====B. 14230.4,0.1p p p p ====C. 14230.2,0.3p p p p ====D. 14230.3,0.2p p p p ====【答案】B 【解析】 【分析】计算出四个选项中对应数据的平均数和方差，由此可得出标准差最大的一组. 【详解】对于A 选项，该组数据的平均数为()()140.1230.4 2.5A x =+⨯++⨯=， 方差为()()()()222221 2.50.12 2.50.43 2.50.44 2.50.10.65A s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=；对于B 选项，该组数据的平均数为()()140.4230.1 2.5B x =+⨯++⨯=，方差为()()()()222221 2.50.42 2.50.13 2.50.14 2.50.4 1.85B s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=；对于C 选项，该组数据的平均数为()()140.2230.3 2.5C x =+⨯++⨯=，方差为()()()()222221 2.50.22 2.50.33 2.50.34 2.50.2 1.05C s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=；对于D 选项，该组数据的平均数为()()140.3230.2 2.5D x =+⨯++⨯=，方差为()()()()222221 2.50.32 2.50.23 2.50.24 2.50.3 1.45D s =-⨯+-⨯+-⨯+-⨯=.因此，B 选项这一组的标准差最大. 故选：B.【点睛】本题考查标准差的大小比较，考查方差公式的应用，考查计算能力，属于基础题.4.Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I (t )(t 的单位：天)的Logistic 模型：0.23(53)()=1e t I K t --+，其中K 为最大确诊病例数．当I (*t)=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则*t 约为（ ）（ln19≈3） A. 60 B. 63C. 66D. 69【答案】C 【解析】 【分析】将t t *=代入函数()()0.23531t KI t e--=+结合()0.95I t K *=求得t*即可得解.【详解】()()0.23531t K I t e--=+，所以()()0.23530.951t KI t K e**--==+，则()0.235319t e *-=，所以，()0.2353ln193t *-=≈，解得353660.23t *≈+≈. 故选：C.【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.5.设O 为坐标原点，直线x =2与抛物线C ：y 2=2px (p >0)交于D ，E 两点，若OD ⊥OE ，则C 的焦点坐标为（ ） A. （14，0） B. （12，0） C. （1，0） D. （2，0）【答案】B 【解析】 【分析】根据题中所给的条件OD OE ⊥，结合抛物线的对称性，可知4COx COx π∠=∠=，从而可以确定出点D 的坐标，代入方程求得p 的值，进而求得其焦点坐标，得到结果.【详解】因为直线2x =与抛物线22(0)y px p =>交于,C D 两点，且OD OE ⊥，根据抛物线的对称性可以确定4DOx COx π∠=∠=，所以(2,2)C ，代入抛物线方程44p =，求得1p =，所以其焦点坐标为1(,0)2， 故选：B.【点睛】该题考查的是有关圆锥曲线的问题，涉及到的知识点有直线与抛物线的交点，抛物线的对称性，点在抛物线上的条件，抛物线的焦点坐标，属于简单题目.6.已知向量a ，b 满足||5a =，||6b =，6a b ⋅=-，则cos ,=+a a b （ ）A. 3135-B. 1935-C.1735D.1935【答案】D 【解析】【分析】计算出()a ab ⋅+、a b +的值，利用平面向量数量积可计算出cos ,a a b <+>的值.【详解】5a =，6b =，6a b ⋅=-，()225619a a b a a b ∴⋅+=+⋅=-=.()2222257a b a ba ab b +=+=+⋅+=-=，因此，()1919cos ,5735a a ba ab a a b⋅+<+>===⨯⋅+. 故选：D.【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题. 7.在△ABC 中，cos C =23，AC =4，BC =3，则cos B =（ ） A.19B. 13C. 12D.23【答案】A【解析】 【分析】根据已知条件结合余弦定理求得AB ，再根据222cos 2AB BC AC B AB BC+-=⋅，即可求得答案.【详解】在ABC 中，2cos 3C =，4AC =，3BC = 根据余弦定理：2222cos AB AC BC AC BC C =+-⋅⋅2224322433AB =+-⨯⨯⨯可得29AB = ，即3AB =由22299161cos 22339AB BC AC B AB BC +-+-===⋅⨯⨯故1cos 9B =. 故选：A.【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题. 8.下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）【答案】C 【解析】 【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积. 【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为的等边三角形根据三角形面积公式可得：211sin 6022ADB S AB AD =⋅⋅︒==△∴该几何体的表面积是：632=⨯++.故选：C.【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题. 9.已知2tan θ–tan(θ+π4)=7，则tan θ=（ ） A. –2B. –1C. 1D. 2【答案】D 【解析】 【分析】利用两角和的正切公式，结合换元法，解一元二次方程，即可得出答案. 【详解】2tan tan 74πθθ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，tan 12tan 71tan θθθ+∴-=-，令tan ,1t t θ=≠，则1271tt t+-=-，整理得2440t t -+=，解得2t =，即tan 2θ=. 故选：D.【点睛】本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值，属于中档题. 10.若直线l 与曲线yx 2+y 2=15都相切，则l 的方程为（ ） A. y =2x +1 B. y =2x +12C. y =12x +1 D. y =12x +12【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的几何意义设出直线l 的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案. 【详解】设直线l在曲线y =上的切点为(0x ，则00x >，函数y =y '=，则直线l的斜率k =， 设直线l的方程为)0y x x -=-，即00x x -+=， 由于直线l 与圆2215x y +== 两边平方并整理得2005410x x --=，解得01x =，015x =-（舍）， 则直线l 的方程为210x y -+=，即1122y x =+. 故选：D.【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.11.设双曲线C ：22221x y a b-=（a >0，b >0）的左、右焦点分别为F 1，F 2P 是C 上一点，且F 1P ⊥F 2P ．若△PF 1F 2的面积为4，则a =（ ） A. 1 B. 2C. 4D. 8【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的定义，三角形面积公式，勾股定理，结合离心率公式，即可得出答案.【详解】5ca=，c ∴=，根据双曲线的定义可得122PF PF a -=， 12121||42PF F PF F S P =⋅=△，即12||8PF PF ⋅=， 12F P F P ⊥，()22212||2PF PF c ∴+=，()22121224PF PF PF PF c ∴-+⋅=，即22540a a -+=，解得1a =，故选：A.【点睛】本题主要考查了双曲线的性质以及定义的应用，涉及了勾股定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.12.已知55<84，134<85．设a =log 53，b =log 85，c =log 138，则（ ） A. a <b <c B. b <a <cC. b <c <aD. c <a <b【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得a 、b 、()0,1c ∈，利用作商法以及基本不等式可得出a 、b 的大小关系，由8log 5b =，得85b =，结合5458<可得出45b <，由13log 8c =，得138c =，结合45138<，可得出45c >，综合可得出a 、b 、c 的大小关系. 【详解】由题意可知a、b、()0,1c ∈，()222528log 3lg 3lg81lg 3lg8lg 3lg8lg 241log 5lg 5lg 522lg 5lg 25lg 5a b ⎛⎫⎛⎫++⎛⎫==⋅<⋅==< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，a b ∴<； 由8log 5b =，得85b =，由5458<，得5488b <，54b ∴<，可得45b <； 由13log 8c =，得138c =，由45138<，得451313c <，54c ∴>，可得45c >. 综上所述，a b c <<. 故选：A.【点睛】本题考查对数式大小比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中等题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若x ，y 满足约束条件0,201,x y x y x +≥⎧⎪-≥⎨⎪≤⎩，，则z =3x +2y 的最大值为_________． 【答案】7 【解析】 【分析】作出可行域，利用截距的几何意义解决. 【详解】不等式组所表示的可行域如图因为32z x y =+，所以322x zy =-+，易知截距2z 越大，则z 越大， 平移直线32x y =-，当322x zy =-+经过A 点时截距最大，此时z 最大， 由21y x x =⎧⎨=⎩，得12x y =⎧⎨=⎩，(1,2)A ， 所以max 31227z =⨯+⨯= 故答案为：7.【点晴】本题主要考查简单线性规划的应用，涉及到求线性目标函数的最大值，考查学生数形结合的思想，是一道容易题.14.262()x x+的展开式中常数项是__________（用数字作答）．【答案】240 【解析】 【分析】写出622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭二项式展开通项，即可求得常数项. 【详解】622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 其二项式展开通项：()62612rrr r C xx T -+⎛⎫⋅⋅ ⎪⎝⎭= 1226(2)r r r r x C x --⋅=⋅ 1236(2)r r r C x -=⋅当1230r -=，解得4r =∴622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项是：664422161516240C C ⋅=⋅=⨯=.故答案为：240.【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项，解题关键是掌握()na b +的展开通项公式1C rn rr r n T ab -+=，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.15.已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】 【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值. 【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，的其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点， 设内切圆的圆心为O ，由于AM ==，故122S =⨯⨯=△ABC， 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOCS S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ ()13322r =⨯++⨯= 解得：22r，其体积：343V r π==.. 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 16.关于函数f （x ）=1sin sin x x+有如下四个命题： ①f （x ）的图像关于y 轴对称． ②f （x ）的图像关于原点对称． ③f （x ）的图像关于直线x =2π对称．④f （x ）的最小值为2．其中所有真命题的序号是__________． 【答案】②③【解析】 【分析】利用特殊值法可判断命题①的正误；利用函数奇偶性的定义可判断命题②的正误；利用对称性的定义可判断命题③的正误；取0x π-<<可判断命题④的正误.综合可得出结论. 【详解】对于命题①，152622f π⎛⎫=+=⎪⎝⎭，152622f π⎛⎫-=--=- ⎪⎝⎭，则66f f ππ⎛⎫⎛⎫-≠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以，函数()f x 的图象不关于y 轴对称，命题①错误；对于命题②，函数()f x 的定义域为{},x x k k Z π≠∈，定义域关于原点对称，()()()()111sin sin sin sin sin sin f x x x x f x x x x ⎛⎫-=-+=--=-+=- ⎪-⎝⎭，所以，函数()f x 的图象关于原点对称，命题②正确；对于命题③，11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫-=-+=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭- ⎪⎝⎭， 11sin cos 22cos sin 2f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫+=++=+⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭+ ⎪⎝⎭，则22f x f x ππ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以，函数()f x 的图象关于直线2x π=对称，命题③正确；对于命题④，当0x π-<<时，sin 0x <，则()1sin 02sin f x x x=+<<， 命题④错误. 故答案为：②③.【点睛】本题考查正弦型函数的奇偶性、对称性以及最值的求解，考查推理能力与计算能力，属于中等题.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.设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．【答案】（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.【解析】 【分析】（1）利用递推公式得出23,a a ，猜想得出{}n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可； （2）由错位相减法求解即可.【详解】（1）由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+， 证明如下：当1n =时，13a =成立； 假设n k =时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立. 则对任意的*n N ∈，都有21n a n =+成立； （2）由（1）可知，2(21)2nnn a n ⋅=+⋅231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，① 23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅ ()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+. 【点睛】本题主要考查了求等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和，属于中档题.18.某学生兴趣小组随机调查了某市100天中每天的空气质量等级和当天到某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单位：天）：（1）分别估计该市一天的空气质量等级为1，2，3，4的概率；（2）求一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（3）若某天的空气质量等级为1或2，则称这天“空气质量好”；若某天的空气质量等级为3或4，则称这天“空气质量不好”．根据所给数据，完成下面的2×2列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关？附：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，【答案】（1）该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率分别为0.43、0.27、0.21、0.09；（2）350；（3）有，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）根据频数分布表可计算出该市一天的空气质量等级分别为1、2、3、4的概率； （2）利用每组的中点值乘以频数，相加后除以100可得结果；（3）根据表格中的数据完善22⨯列联表，计算出2K 的观测值，再结合临界值表可得结论.【详解】（1）由频数分布表可知，该市一天的空气质量等级为1的概率为216250.43100++=，等级为2的概率为510120.27100++=，等级为3的概率为6780.21100++=，等级为4的概率为7200.09100++=；（2）由频数分布表可知，一天中到该公园锻炼的人次的平均数为100203003550045350100⨯+⨯+⨯=（3）22⨯列联表如下：()221003383722 5.820 3.84155457030K ⨯⨯-⨯=≈>⨯⨯⨯，因此，有95%的把握认为一天中到该公园锻炼的人次与该市当天的空气质量有关.【点睛】本题考查利用频数分布表计算频率和平均数，同时也考查了独立性检验的应用，考查数据处理能力，属于基础题.19.如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,EF 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2. 【解析】 【分析】（1）连接1C E 、1C F ，证明出四边形1AEC F 为平行四边形，进而可证得点1C 在平面AEF 内；（2）以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -，利用空间向量法可计算出二面角1A EF A --的余弦值，进而可求得二面角1A EF A --的正弦值. 【详解】（1）在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG 、1C E 、1C F ，在长方体1111ABCD A B C D -中，//AD BC 且AD BC =，11//BB CC 且11BB CC =，112C G CG =，12BF FB =，112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =，所以，四边形BCGF 为平行四边形，则//AF DG 且AF DG =， 同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG ∴且1C E DG =，1//C E AF ∴且1C E AF =，则四边形1AEC F 为平行四边形，因此，点1C 在平面AEF 内；（2）以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -，则()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ，()0,1,1AE =--，()2,0,2AF =--，()10,1,2A E =-，()12,0,1A F =-，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，由0m AE m AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，则()1,1,1m =-，设平面1A EF 的法向量为()222,,n x y z =，由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，则()1,4,2n =，3cos ,3m n m n m n⋅<>===⨯⋅， 设二面角1A EFA --的平面角为θ，则cos θ=，sin θ∴==因此，二面角1A EF A --. 【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20.已知椭圆222:1(05)25x y C m m +=<<A ，B 分别为C 的左、右顶点． （1）求C 的方程；（2）若点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥，求APQ 的面积．【答案】（1）221612525x y +=；（2）52. 【解析】 【分析】（1）因为222:1(05)25x y C m m +=<<，可得5a =，b m =，根据离心率公式，结合已知，即可求得答案； （2）点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥，过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设6x =与x 轴交点为N ，可得PMB BNQ ≅△△，可求得P 点坐标，求出直线AQ 的直线方程，根据点到直线距离公式和两点距离公式，即可求得APQ 的面积. 【详解】（1）222:1(05)25x y C mm +=<<∴5a =，bm =，根据离心率c e a ====， 解得54m =或54m =-(舍)， ∴C 的方程为：22214255x y ⎛⎫ ⎪⎝⎭+=，即221612525x y +=；（2）点P 在C 上，点Q 在直线6x =上，且||||BP BQ =，BP BQ ⊥， 过点P 作x 轴垂线，交点为M ，设6x =与x 轴交点为N 根据题意画出图形，如图||||BP BQ =，BP BQ ⊥，90PMB QNB ∠=∠=︒，又90PBM QBN ∠+∠=︒，90BQN QBN ∠+∠=︒，∴PBM BQN ∠=∠，根据三角形全等条件“AAS ”， 可得：PMB BNQ ≅△△，221612525x y +=， ∴(5,0)B ，∴651PM BN ==-=，设P 点为(,)P P x y ，可得P 点纵坐标为1P y =，将其代入221612525x y+=，可得：21612525P x +=，解得：3P x =或3P x =-，∴P 点为(3,1)或(3,1)-，①当P 点为(3,1)时， 故532MB =-=，PMB BNQ ≅△△， ∴||||2MB NQ ==，可得：Q 点为(6,2)， 画出图象，如图(5,0)A -,(6,2)Q ，可求得直线AQ 的直线方程为：211100x y -+=，根据点到直线距离公式可得P 到直线AQ的距离为：d =， 根据两点间距离公式可得：AQ ==，∴APQ面积为：1522⨯=；②当P 点(3,1)-时，故5+38MB ==，PMB BNQ ≅△△， ∴||||8MB NQ ==，为可得：Q点为(6,8)，画出图象，如图(5,0)A-,(6,8)Q，可求得直线AQ的直线方程为：811400x y-+=，根据点到直线距离公式可得P到直线AQ的距离为：d=，根据两点间距离公式可得：AQ ==∴APQ面积为：1522=，综上所述，APQ面积为：52.【点睛】本题主要考查了求椭圆标准方程和求三角形面积问题，解题关键是掌握椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.21.设函数3()f x x bx c=++，曲线()y f x=在点(12，f(12))处的切线与y轴垂直．（1）求b．（2）若()f x有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x所有零点的绝对值都不大于1．【答案】（1）34b=-；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得到'1()02f=，解方程即可；（2）由（1）可得'2311()32()()422f x x x x=-=+-，易知()f x在11(,)22-上单调递减，在1(,)2-∞-，1(,)2+∞上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244f c f c f c f c-=--=+=-=+，采用反证法，推出矛盾即可.【详解】（1）因为'2()3f x x b=+，由题意，'1()02f=，即21302b⎛⎫⨯+=⎪⎝⎭则34b=-；（2）由（1）可得33()4f x x x c=-+，'2311()33()()422f x x x x=-=+-，令'()0f x>，得12x>或21x<-；令'()0f x<，得1122x-<<，所以()f x在11(,)22-上单调递减，在1(,)2-∞-，1(,)2+∞上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244f c f c f c f c-=--=+=-=+，若()f x所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x，则(1)0f->或(1)0f<，即14c>或14c<-.当14c>时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c-=->-=+>=->=+>，又32(4)6434(116)0f c c c c c c-=-++=-<，由零点存在性定理知()f x在(4,1)c--上存在唯一一个零点x，即()f x在(,1)-∞-上存在唯一一个零点，在(1,)-+∞上不存在零点，此时()f x不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当14c<-时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244f c f c f c f c-=-<-=+<=-<=+<，又32(4)6434(116)0f c c c c c c-=++=->，由零点存在性定理知()f x在(1,4)c-上存在唯一一个零点x'，即()f x (1,)+∞上存在唯一一个零点，在(,1)-∞上不存在零点，此时()f x 不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 综上，()f x 所有零点的绝对值都不大于1.【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点，涉及到导数的几何意义，反证法，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.（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]（10分）22.在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为22223x t t y t t ⎧=--⎨=-+⎩（t 为参数且t ≠1），C 与坐标轴交于A 、B 两点． （1）求||AB ；（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求直线AB 的极坐标方程． 【答案】（1）（2）3cos sin 120ρθρθ-+=【解析】 【分析】（1）由参数方程得出,A B 的坐标，最后由两点间距离公式，即可得出AB 的值； （2）由,A B 的坐标得出直线AB 的直角坐标方程，再化为极坐标方程即可.【详解】（1）令0x =，则220t t +-=，解得2t =-或1t =（舍），则26412y =++=，即(0,12)A .令0y =，则2320t t -+=，解得2t =或1t =（舍），则2244x =--=-，即(4,0)B -AB ∴==（2）由（1）可知12030(4)ABk -==--， 则直线AB 的方程为3(4)y x =+，即3120x y -+=.由cos ,sin x y ρθρθ==可得，直线AB 的极坐标方程为3cos sin 120ρθρθ-+=.【点睛】本题主要考查了利用参数方程求点的坐标以及直角坐标方程化极坐标方程，属于中档题.[选修4—5：不等式选讲]（10分）23.设a ，b ，c ∈R ，a +b +c =0，abc =1． （1）证明：ab +bc +ca <0；（2）用max{a ，b ，c }表示a ，b ，c 中的最大值，证明：max{a ，b ，c． 【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由2222()2220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=结合不等式的性质，即可得出证明；（2）不妨设max{,,}a b c a =，由题意得出0,,0a b c ><，由()222322b c b c bc a a a bcbc+++=⋅==，结合基本不等式，即可得出证明. 【详解】（1）2222()2220a b c a b c ab ac bc ++=+++++=， ()22212ab bc ca a b c ∴++=-++. ,,a b c 均不为0，则2220a b c ++>，()222120ab bc ca a b c ∴++=-++<； （2）不妨设max{,,}a b c a =，由0,1a b c abc ++==可知，0,0,0a b c ><<，1,a b c a bc =--=，()222322224b c b c bc bc bc a a a bc bc bc++++∴=⋅==≥=.当且仅当b c =时，取等号，a ∴≥，即3max{,,}4a b c .【点睛】本题主要考查了不等式的基本性质以及基本不等式的应用，属于中档题.在祝福语祝你考试成功!。
2020年湖北省高考数学(理科)模拟试卷(9)
????-??2 C．??(??=) ??
B． ??(??=)
1-?? 2 ??
??+1 D． ??(??=) ?2?
6．（ 5 分）甲、乙、丙、丁四名同学和一名老师站成一排合影留念．若老师站在正中间，甲
同学不与老师相邻，乙同学与老师相邻，则不同站法种数为（
）
A ．24
B ．12
C． 8
D．6
→
→
→
a＝ 21.2， b＝ 30.4，??=
???8?，则（ 3
）
A ．b＞ a＞ c
B ．a＞ b＞ c
C． b＞ c＞ a
D． a＞ c＞ b
【解答】 解：由题意得： a＝ 21.2∈（2， 4）， b＝ 30.4∈(1 ，√3) ， ??= ???83?＜lne＝ 1．
∴ a＞ b＞ c，
故选： B．
丙地：总体平均数为 2，总体方差为 3；
丁地：中位数为 2，众数为 3；
则甲、乙、丙、丁四地中，一定没有发生大规模群体感染的是（
）
A ．甲地
B ．乙地
C．丙地
D ．丁地
5．（ 5 分）若函数 f（ x）的图象如图所示，则 f （x）的解析式可能是（
）
第 1页（共 20页）
A ．??(??=)
????+?? ??
当总体平均数是 2，若有一个数据超过 7，则方差就接近 3，是 C 地．
中位数和众数也不能限制某一天的病例超过
7 人，不是 D 地；
故选： C．
5．（ 5 分）若函数 f（ x）的图象如图所示，则 f （x）的解析式可能是（
）
A ．??(??=)
????+?? ??
2020年高考理科数学(全国卷Ⅲ真题)——(含答案和解析)
8.下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）
A. 6+4 B. 4+4 C. 6+2 D. 4+2
9.已知2tanθ–tan(θ+ )=7，则tanห้องสมุดไป่ตู้=（）
A. –2B. –1C. 1D. 2
10.若直线l与曲线y= 和x2+y2= 都相切，则l的方程为（）
A.y=2x+1B.y=2x+ C.y= x+1D.y= x+
【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形
根据立体图形可得：
根据勾股定理可得：
是边长为 的等边三角形
根据三角形面积公式可得：
该几何体的表面积是： .
故选：C.
【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.
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 ， ，则 中元素的个数为（）
A.2B.3C.4D.6
2.复数 的虚部是（）
A. B. C. D.
3.在一组样本数据中，1，2，3，4出现的频率分别为 ，且 ，则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（）
，
因此， .
故选：D.
【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题.
7.在△ABC中，cosC= ，AC=4，BC=3，则cosB=（）
A. B. C. D.
五岳金太阳2020年普通高等学校招生全国统一考试4月联考数学(理数)卷(含答案)
理科数学试题弟 贞（共5 fi ）A.4 500 元D.6 0∞ 元绝密★总用祁 2020年普通高竽学校招生全国统一考试•联考理科数学本试卷共5页,23小题（含选再题），淄分150分，野试用时⑵ 分钟. 注爲事项：∣∙答卷前•考牛务必将自己的姓名芳牛号、考场号和座付号填写金答题卡上•用2R 铅笔将试卷 类型（R ）填涂在答题卡相应位買上,将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2. 作答选择题时.选出毎小题答案后.用2R 铅笔在答题卡匕对应题冃选项的答案信息点涂 然；如需改动,用橡皮擦于净后,在选涂具他答案.答案不能答在试卷上.3. 卄选择題必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,容案必须写在答题卡各题忖指定区域内 相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案•然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液. 不按以上要求作答无效・4. 选考题的作答:先把所选题目的题号在答题卡匕指定的位置用2B 铅笔涂黑。
答案写在 答题R L 对应的答题区域内•写在试卷、茸稿纸和答题R I.的非答题区域均无效C5. 為试结束后，请将本试卷和答题K 一并上交氏 一、选择题：本题共12小题，毎小題5分,共60分.在甜小题给岀的四个选项中，只育一项是符合题目要求的•I.设集合A = MX 2-2r-3<0,r∈∕V},则集合A 的真子集有 A.5个B.6个C∙7个D∙8个2.已知混虚数单位,则化简（； ^y O20的结果为AJB.TCTD 」3.若干年囲,某教师刚退休的月退休金为4 0∞元,月诅休金各种用途占比统计图如下面的条形 图孩教师退休后加强了体育綏炼，冃的月追休金的各种用途占比统计图如下面的折线图•巳 知H 前的月就页费比刚退休时少IOO 兀,则H 肚该教帅的月退休金为试卷类型：BB.5 000 JLC.5 500 元理科数学试题第2页(共5币)A∙9两G 266πrc∙W ■两250 T274•将包話甲上■丙在内的X 人平均分成两组参加“文明交通乜愿若活动,其中一组指挥交通, 一组分发宣传资料,则甲Z 至少一人参加指挥交通且甲、丙不在同一组的概率为 A,⅜ 75•已知她物线y 2 =4x 的焦点为八过点F 和抛物线上一点M(3∙2√J)的直线I 交抛物线丁另一 点 /V,则IpFl : I/VMI 等于 A.1 : 2B.1 : 3C.1 : 4D.1 : 436. 在所有棱长都相竽的首三棱柱ABC-A I B l C I 中,0,E 分别为棱CC I I AC 的中点•则首线仙与 平面H x UE 所成角的余弦值为C √30G √∏0TV √70F ⅛C∙^⅞^D∙^ΠΓ^>07. 已知点A(4,3) •点B 为不尊式组y-yWO 所表示平面K 域上的任意一点,则IAB I 的最小x+2y-6≤0值为 A.5B.—C.√58. 给出下列说法：① 定义在［a 9b ］卜的偶函数/(x) = √-(α+4)z+Λ的賢大值为20； ② 絕■绘∙ la 冲“"的充分不必要条件;4③ 命 Ir 3x φe (0,+» )竝+丄 M2”的否定形式 Jft “ ∀xe(0,+oo) ,x+-<2∖X其中正确说法的个数为 A.0B.lC.2D.39. B⅛log m 3>0,α=m k ∙?,b =m ,β∙? I C- Irf a5 ,JM a,b r c 间的大小关系为 A.α<∂<cB.b<a<cC.c<a<bD.6<c<α10. 元代数学家朱世杰在《算学启蒙〉中提及如下问题:今有银-秤-斤十两(1秤=15斤，1斤=16丙)，令甲、乙、丙从上作折半羞分Z,问:各得几何？其奁思是:现有银一秤一斤十两,现 将银分给甲、乙、丙三人,他们三人毎一个人所得是前一个人所得的一半•若银的数量不变, 按此法将银依次分给7个人•则得银最少的-•个人得银 c ∙7A V z 30A nr理科数学试題第3页(共5页)12. 已知/(”)为奇函数,g(%)为偶函数,且/(%)怙d)=b β3(3W),不等式3g(*)∙√μHM 对 恒成立,则/的晟大值为 A 」B.3-2 log 32C.2D.ylog j 2-I 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13.已知向星"(2厂√5)J=(1.2√5),则/在。
湖北省武汉市武昌区2020届高三四月调研测试理科数学试题含答案
居民用水户编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
用水量（吨)
7 8 8 9 10 11 13 14 15 20
（1）若用水量不超过 12 吨时，按 4 元 / 吨计算水费；若用水量超过 12 吨且不超过 16 吨时，超过 12 吨部分按 5 元 / 吨计算水费；若用水量超过 16 吨时，超过 16 吨部分按 7 元 / 吨计算水费．试计算：若某居民用水 17 吨，则应交水费多少元？
角 B − PC − D 的余弦值.
高三理科数学 第 3 页（共 5 页）
19．（本题 12 分）
x22 y2 已知椭圆 C： a2 + b2 =
1(a > b > 0) 经过点 P (2,1) ，离心率为
2 .
2
（1）求椭圆 C 的方程；
（2）过点 P 作两条互相垂直的弦 PA，PB 分别与椭圆 C 交于点 A，B，求点 P 到直线
(1 2k 2 )x2 4kmx 2m2 6 0 ，由 0 ，得 6k 2 m2 3 0 .
4km
2m2 6
设 A(x1, y1) ， B(x2 , y2 ) ，则 x1 x2 1 2k 2 ， x1x2 1 2k 2 .
因为
PA
PB
，所以 kPA
kPB
1 ，所以
4．已知函数 f ( x) 是定义域为R 的奇函数，当 x > 0 时， f ( x) = 2x + 2x − a ，则 f (−1) =
A. 3
B. − 3
C. − 2
2x + y − 2 ≥ 0, 5． 已知实数 x ， y 满足3x − y − 3 ≤ 0, 则 z = x − 3y 的最小值为
2020年湖北省高考数学模拟试卷(理科)(4月份)(有答案解析)
2020年湖北省高考数学模拟试卷（理科）（4月份）题号一二三总分得分一、选择题（本大题共12小题，共36.0分）1.已知集合M={x|-3＜x＜2}，N={x|（）x≤4}，则（）A. M∩N=（-2，2）B. M∩N=（-3，-2）C. M∪N=[-2，+∞）D. M∪N=（-3，+∞）2.已知复数z=-1+2i，则下列关系式中正确的是（）A. |z|＜2B. |z|＞3C. |z|≠|1+2i|D. |z|=|1-2i|3.已知sin x+cos x=，则cos（x-）=（）A. B. C. D.4.已知双曲线C：-=1（a＞0，b＞0）的离心率为，则双曲线C的渐近线方程为（）A. 2x±y=0B. x±2y=0C. ±y=0D. ±y=05.如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A. B. 1 C. D.6.已知函数f（x）是定义域为R的奇函数，当x≥0时，f（x）=ln（1+x2）+x，则不等式f（2x+1）＞1+ln2的解集为（）A. {x|x＞0}B. {x|x＜0}C. {x|x＞1}D. {x|x＜1}7.甲乙2人从4门课程中各自选修2门课程，并且所选课程中恰有1门课程相同，则不同的选法方式有（）A. 36种B. 30种C. 24种D. 12种8.如图，圆O是边长为2的等边三角形ABC的内切圆，其与BC边相切于点D，点M为圆上任意一点，=x+y（x，y∈R），则2x+y的最大值为（）A.B.C. 2D. 29.在△ABC中，给出下列说法：①若A＞B，则一定有sin A＞sin B；②恒有cos A+cos B＞0；③若sin A＜cos B，则△ABC为锐角三角形．其中正确说法的个数有（）A. 0B. 1C. 2D. 310.已知函数f（x）=sin（ωx+φ），其中ω＞0，0＜φ＜π，f（x）≤f（）恒成立，且f（x）在区间（0，）上恰有两个零点，则ω的取值范围是（）A. （6，10）B. （6，8）C. （8，10）D. （6，12）11.生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人，这里的“六艺”其实源于中国周朝的贵族教育体系，具体包括“礼、乐、射、御、书、数”．为弘扬中国传统文化，某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节，连排六节，则满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开安排的概率为（）A. B. C. D.12.已知不等式x-3ln x+1≥m ln x+n（m，n∈R，且m≠-3）对任意实数x恒成立，则的最大值为（）A. -2ln2B. -ln2C. 1-ln2D. 2-ln2二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）13.在的展开式中的系数为______．14.已知实数x，y满足约束条件，则z=2x-y的最大值为______．15.已知正三棱锥P-ABC的底面边长为3，外接球的表面积为16π，则正三棱锥P-ABC的体积为______．16.如图，过抛物线y2=2px（p＞0）的焦点F作两条互相垂直的弦AB、CD，若△ACF与△BDF面积之和的最小值为16，则抛物线的方程为______．三、解答题（本大题共7小题，共84.0分）17.已知数列{a n}满足a2-a1=1，其前n项和为S n，当n≥2时，S n-1-1，S n，S n+1成等差数列（1）求证{a n}为等差数列；（2）若S n=0，S n+1=4，求n．18.已知四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=3，BC=4，AC=5．（1）当AP变化时，点C到平面PAB的距离是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由；（2）当直线PB与平面ABCD所成的角为45°时，求二面角A-PD-C的余弦值．19.已知椭圆Γ：+=1（a＞b＞0）的离心率为，椭圆上的点到左焦点的最小值为2-．（1）求椭圆Γ的方程；（2）已知直线x=1与x轴交于点M，过点M的直线AB与Γ交于A、B两点，点P为直线x=1上任意一点，设直线AB与直线x=4交于点N，记PA，PB，PN的斜率分别为k1，k2，k0，则是否存在实数λ，使得k1+k2=λk0恒成立？若是，请求出λ的值；若不是，请说明理由．20.近年来，随着网络的普及，数码产品早已走进千家万户的生活，为了节约资源，促进资源循环利用，折旧产品回收行业得到迅猛发展，电脑使用时间越长，回收价值越低，某二手电脑交易市场对2018年回收的折旧电脑交易前使用的时间进行了统计，得到如图所示的频率分布直方图，在如图对时间使用的分组中，将使用时间落入各组的频率视为概率．（1）若在该市场随机选取3个2018年成交的二手电脑，求至少有2个使用时间在（4，8]上的概率；（2）根据电脑交易市场往年的数据，得到如图所示的散点图，其中x（单位：年）表示折旧电脑的使用时间，y（单位：百元）表示相应的折旧电脑的平均交易价格．（ⅰ）由散点图判断，可采用y=e a+bx作为该交易市场折旧电脑平均交易价格与使用年限x的回归方程，若t=ln y i，，选用如下参考数据，求y关于x的回归方程5.58.5 1.9301.479.75385（ⅱ）根据回归方程和相关数据，并用各时间组的区间中点值代表该组的值，估算该交易市场收购1000台折旧电脑所需的费用附：参考公式：对于一组数据（u i，v i）（i=1，2，……，n），其回归直线=+βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为：．参考数据：e3.25≈26，e2.65≈14，e2.05≈7.8，e1.45≈4.3，e0.85≈2.3．．21.已知f（x）=x-（ln x）2-k ln x-1（k∈R）．（1）若f（x）是（0，+∞）上的增函数，求k的取值范围；（2）若函数f（x）有两个极值点，判断函数f（x）零点的个数．22.在直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（α是参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ=4sinθ．（1）求曲线C1的极坐标方程和曲线C2的直角坐标方程；（2）若射线θ=β（0＜β）与曲线C1交于O，A两点，与曲线C2交于O，B两点，求|OA|+|OB|取最大值时tanβ的值．23.已知函数f（x）=|x-3|-t，t∈R．（1）当t=3时，解不等式|f（x）|≥3；（2）若不等式f（x+2）≤0的解集为[-1，3]，正数a，b满足ab-2a-8b=2t-2，求a+2b的最小值．-------- 答案与解析 --------1.答案：D解析：解：∵集合A={x|-3＜x＜2}，N={x|（）x≤4}={x|x≥-2}，∴M∩N={x|-2≤x＜2}，M∪N={x|x＞-3}．故选：D．分别求出集合M和集合N，由此能求出M∩N，M∪N，从而能判断命题真假．本题考查交集、并集的求法，考查交集、并集定义、不等式性质等基础知识，是基础题．2.答案：D解析：解：∵z=-1+2i，∴|z|=，而|1-2i|=．∴|z|=|1-2i|．故选：D．利用复数模的计算公式求得|z|，可得|z|=|1-2i|．本题考查复数模的求法，是基础题．3.答案：B解析：解：∵已知sin x+cos x=2sin（x+）=，即sin（x+）=，则cos（x-）=sin（x+）=，故选：B．由题意利用同角三角函数的基本关系、诱导公式，求得cos（x-）的值．本题主要考查同角三角函数的基本关系、诱导公式的应用，属于基础题．4.答案：B解析：解：双曲线C：-=1（a＞0，b＞0）的离心率为，可得：，即，可得，则双曲线C的渐近线方程为：x±2y=0．故选：B．通过双曲线的离心率求出b与a的关系，然后求解双曲线的渐近线方程．本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查．5.答案：C解析：解：由三视图还原原几何体如图，可知该几何体为四棱锥P-ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，PA=1．∴该几何体的体积为．故选：C．由三视图还原原几何体，可知该几何体为四棱锥P-ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱PA⊥底面ABCD，PA=1．再由棱锥体积公式求解．本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．6.答案：A解析：解：根据题意，当x≥0时，f（x）=ln（1+x2）+x，易得f（x）在[0，+∞）上为增函数，又由f（x）为定义在R上的奇函数，则f（x）在R上为增函数，且f（1）=ln（1+1）+1=1+ln2，则f（2x+1）＞1+ln2⇒f（2x+1）＞f（1）⇒2x+1＞1，解可得x＞0，即不等式f（2x+1）＞1+ln2的解集为{x|x＞0}；故选：A．根据题意，由函数的解析式分析可得f（x）在[0，+∞）上为增函数，结合函数的单调性可得f（x）在R上为增函数，又由f（1）=1+ln2，据此可得f（2x+1）＞1+ln2⇒f（2x+1）＞f（1）⇒2x+1＞1，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，注意分析f（x）的单调性，属于基础题．7.答案：C解析：解：所选课程中恰有1门课程相同，有4种，然后从剩余3门，选1门有A=3，共有4×6=24，故选：C．根据排列组合的公式进行计算即可．本题主要考查排列组合的应用，先确定1门课程相同，然后则在从剩余3分进行选择是解决本题的关键．8.答案：C解析：解：如图以D为原点，BC，AD所在的直线为x，y轴建立如图所示的直角坐标系，则A（0，3），B（-，0），D（0，0），∴，，∵圆O是边长为2的等边三角形ABC的内切圆，∴圆O的方程为：x2+（y-1）2=1，设点M的坐标为（cosθ，sinθ+1），∵=x+y（x，y∈R），∴（cosθ+，sinθ+1）=x（，3）+y（，0），∴，∴，∴2x+y==，∴当时，2x+y的最大值为2．故选：C．建立直角坐标系，设点M的坐标为（cosθ，sinθ+1），然后根据条件建立2x+y，与sinθ，cosθ的关系式，再利用三函数的性质即可求出2x+y的最值．本题考查了向量的坐标运算以及圆的方程和三角函数的性质，考查了学生的运算能力和转化能力，属于中档题．9.答案：C解析：【分析】由三角形的正弦定理和边角公式可判断①；由余弦函数的单调性可判断②；可取A=120°，B=15°，可判断③．本题考查三角形的正弦定理和边角关系、三角形的形状判断，考查余弦函数的性质，判断能力和推理能力，属于基础题．【解答】解：在△ABC中，①，若A＞B，可得a＞b，即2R sin A＞2R sin B，（R为△ABC的外接圆的半径），则一定有sin A＞sin B，故正确；②，由0＜A＜π-B＜π，可得cos A＞cos（π-B）=-cos B，恒有cos A+cos B＞0，故正确；③，若sin A＜cos B，由sin A＞0，可得cos B＞0，即B为锐角，可取A=120°，B=15°，满足sin120°=，cos15°=，满足sin A＜cos B，则△ABC为钝角三角形．故错误．故选：C．10.答案：A解析：解：依题意得f（）为f（x）的最大值1，∴ω+φ=2kπ+，k∈Z，∵φ∈（0，π），∴ω∈（8k-2，8k+2）k∈Z①又f（x）在区间（0，）上恰有两个零点，∴0≥-T，且0＜-T，即≤T＜，即≤＜，解得6＜ω≤10，②∴由①②ω∈（6，10）．故选：A．f（x）≤f（）恒成立⇔ω+φ=2kπ+，k∈Z；f（x）在区间（0，）上恰有两个零点⇔⇔0≥-T，且0＜-T，将T=代入可得．本题考查了三角函数的最值，属中档题．11.答案：B解析：解：“六艺”其实源于中国周朝的贵族教育体系，具体包括“礼、乐、射、御、书、数”．为弘扬中国传统文化，某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节，连排六节，基本事件总数n==720，满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开安排包含的基本事件个数：第一节是数，有：=36种排法，第二节是数，有：=84种排法，∴m=36+84=120，则满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开安排的概率p==．故选：B．基本事件总数n==720，满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开安排包含的基本事件个数：第一节是数，有：=36种排法，第二节是数，有：=84种排法，从而m=36+84=120，由此能求出满足“数”必须排在前两节，“礼”和“乐”必须分开安排的概率．本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．12.答案：B解析：解：令f（x）=x-3ln x+1-m ln x-n，则f′（x）=1-（x＞0），若m+3＜0，则f′（x）＞0，f（x）单调递增，由当x→0时，f（x）→-∞，不合题意；∴m+3＞0，由f′（x）=0，得x=m+3，当x∈（0，m+3）时，f′（x）＜0，当x∈（m+3，+∞）时，f′（x）＞0，∴当x=m+3时，f（x）有最小值，则f（m+3）=m+3-3ln（m+3）+1-m ln（m+3）-n≥0，即n-3≤m+4-（m+3）ln（m+3），≤，令g（x）=，则g′（x）=．当x∈（-3，-1）时，g′（x）＞0，当x∈（-1，+∞）时，g′（x）＜0，∴当x=-1时，g（x）有最大值为-ln2．即的最大值为-ln2．故选：B．令f（x）=x-3ln x+1-m ln x-n，利用导数可得当x=m+3（m+3＞0）时，f（x）有最小值，则f（m+3）=m+3-3ln （m+3）+1-m ln（m+3）-n≥0，即n-3≤m+4-（m+3）ln（m+3），≤，令g（x）=，利用导数求其最大值得答案．本题考查利用导数求最值，考查数学转化思想方法，考查逻辑思维能力与推理运算能力，属中档题．13.答案：-84解析：【分析】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．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，即可求得展开式中的系数．【解答】解：（2x2-）7的通项公式T r+1=•（-1）r•27-r•x14-3r，令14-3r=-1，求得r=5，可得展开式中的系数为×（-1）×4=-84.故答案为-84．14.答案：2解析：解：实数x，y满足约束条件的可行域如图：z=2x-y经过可行域的A时，取得最大值，由可得A（2，2）z=2x-y的最大值为：4-2=2，故答案为：2．画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，求解即可．本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决本题的关键．15.答案：或解析：解：∵正三棱锥P-ABC的外接球的表面积为16π，则其外接球的半径为2，底面三角形ABC的外接圆的半径AG=．设正三棱锥P-ABC的高为h，当球心在正三棱锥内部时，如图，则22=（h-2）2+3，解得h=3，正三棱锥P-ABC的体积为V=；同理，当球心在正三棱锥外部时，则22=（2-h）2+3，解得h=1．∴正三棱锥P-ABC的体积为V=．故答案为：或．由三棱锥外接球的表面积求出三棱锥外接球的半径，然后分类求三棱锥的高，代入体积公式求解．本题考查多面体外接球的表面积与体积的求法，考查数形结合的解题思想方法与分类讨论得数学思想方法，是中档题．16.答案：解析：解：设直线AB的倾斜角为锐角θ，则直线CD的倾斜角为，由焦半径公式得，，，，∴△ACF的面积为====，同理可得△BDF的面积为，令，则△ACF与△BDF面积之和为，再令x=t2+1∈[1，2），则△ACF与△BDF面积之和为，由双勾函数的单调性可知，当x=1时，△ACF与△BDF面积之和取到最小值，即2p2=16，由于p＞0，得，因此，抛物线的方程为．故答案为：．设直线AB的倾斜角为锐角θ，则直线CD的倾斜角为，利用焦半径公式分别求出|AF|、|BF|、|CF|、|DF|，并求出△ACF与△BDF面积之和的表达式，通过不断换元，并利用双勾函数的单调性求出两个三角形面积之和的最小值，求出p的值，于是得出抛物线的方程．本题考查直线与抛物线的综合问题，考查抛物线的定义，考查计算能力与推理能力，属于中等题．17.答案：解：（1）证明：根据题意，当n≥2时，S n-1-1，S n，S n+1成等差数列，则2S n=（S n-1-1）+（S n+1），变形可得：S n-S n-1=（S n+1-S n）-1，即a n+1-a n=1，则数列{a n}是公差为1的等差数列；（2）由（1）的结论，数列{a n}是公差为1的等差数列，则a n=a1+（n-1），又由S n=0，S n+1=4，则a n+1=S n+1-S n=4，则有a n+1=a1+n=4，①又由S n=0，可得S n==0，变形可得2a1+（n-1）=0，②联立①②可得：n=7．解析：（1）根据题意，根据等差中项的性质可得2S n=（S n-1-1）+（S n+1），变形可得：S n-S n-1=（S n+1-S n）-1，即a n+1-a n=1，由等差数列的定义分析可得答案；（2）由（1）的结论可得a n=a1+（n-1），又由S n=0，S n+1=4，则a n+1=S n+1-S n=4，则有a n+1=a1+n=4，又由S n=0，可得S n==0，变形可得2a1+（n-1）=0，联立两个式子求出n的值，即可得答案．本题考查等差数列的性质的应用，涉及等差数列的通项公式的应用，属于基础题．18.答案：解：（1）由AB=3，BC=4，AC=5，知AB2+BC2=AC2，则AB⊥BC，由PA⊥面ABCD，BC⊂面ABCD，得PA⊥BC，由PA∩AB=A，PA，AB⊂面PAB，则BC⊥面PAB，则点C到平面PAB的距离为一个定值BC=4．（2）由PA⊥面ABCD，AB为PB在平面ABCD上的射影，则∠PBA为直线PB与平面ABCD所成的角，则∠PBA=45°，所以PA=AB=3．由AD∥BC，AB⊥BC，得AB⊥AD，故直线AB、AD、AP两两垂直，因此，以点A为坐标原点，以AB、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，P（0，0，3），D（0，3，0），C（3，4，0），=（0，-3，3），=（3，1，0），设平面PDC的法向量为=（x，y，z），则，取x=1，则=（1，-3，-3），平面PAD的一个法向量=（1，0，0），cos＜＞===，由题意得A-PD-C的平面角为钝角，∴二面角A-PD-C的余弦值为-．解析：（1）根据几何关系得到BC⊥面PAB，进而得到点面距离．（2）根据线面角得到∠PBA=45°，所以PA=AB=3，建立坐标系求得面的法向量由向量夹角的计算公式，进而得到二面角的余弦值．这个题目考查了空间中的直线和平面的位置关系，线面角的找法，平面和平面的夹角．求线面角，一是可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值；还可以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可．面面角一般是定义法，做出二面角，或者三垂线法做出二面角，利用几何关系求出二面角，也可以建系来做．19.答案：解：（1）椭圆上的左顶点到左焦点的距离最小为2-，结合题干条件得到，解得a=2，b=1，故椭圆Γ的方程为：．（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），P（1，t），M（1，0），若直线AB与x轴不重合时，设直线AB的方程为x=my+1，点N（4，），，将直线代入椭圆方程整理得：（m2+4）y2+2my-3=0，△＞0，则y1+y2=-，，+======2•=2k0，若直线AB与x轴重合时，则B（-2，0），A（2，0），N（4，0），此时k1+k2==-t，而k0=-t，故k1+k2=2k0．综上所述，存在实数λ=2符合题意．解析：（1）根据题干列出式子2-=a-c，结合求解即可；（2）设出直线方程，联立直线和椭圆方程，设A（x1，y1），B（x2，y2），P（1，t），+，根据韦达定理化简得到结果．当直线AB与x轴重合时验证即可．本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．20.答案：解：（1）由频率分布直方图可知一台电脑使用时间在（4，8]上的概率为：P=（0.14+0.06）×2=0.4=，设“任取3台电脑，至少有两台使用时间在（4，8]”为事件A，则P（A）=••+•=；（2）（ⅰ）由y=e a+bx得ln y=a+bx，即t=a+bx，===-0.3=-=1.9-（-0.3）×5.5=3.55，即t=-0.3x+3.55，所以=e-0.3x+3.55；（ⅱ）根据频率分布直方图对成交的二手折旧电脑使用时间在（0，2]，（2，4]，（4，6]，（6，8]，（8，10]上的频率依次为：0.2，0.36，0.28，0，12，0.04：根据（1）中的回归方程，在区间（0，2]上折旧电脑价格的预测值为e3.55-0.3×1=e3.25≈26，在区间（2，4]上折旧电脑价格的预测值为e3.55-0.3×3=e2.65≈14，在区间（4，6]上折旧电脑价格的预测值为e3.55-0.3×5=e2.05≈7.8，在区间（6，8]上折旧电脑价格的预测值为e3.55-0.3×7=e1.45≈4.3，在区间（8，10]上折旧电脑价格的预测值为e3.55-0.3×9=e0.85≈2.3，于是，可以预测该交易市场一台折旧电脑交易的平均价格为：0.2×26+0.36×14+0.28×7.8+0.12×4.3+0.04×2.3=13.032（百元）故该交易市场收购1000台折旧电脑所需的费用为：1000×13.032=1303200（元）．解析：（1）由频率分布直方图知一台电脑使用时间在（4，8]上的概率值，再计算满足题意的概率值；（2）（ⅰ）根据公式计算得到其中的回归系数，即可写出回归方程；（ⅱ）根据频率分布直方图对成交的二手折旧电脑使用时间在（0，2]，（2，4]，（4，6]，（6，8]，（8，10]上的频率值，再得到各个区间上的相应的估计值，进而得到平均值．本题考查了回归分析回归方程的计算，频率分布直方图的应用问题，在一组具有相关关系的变量的数据间，这样的直线可以画出许多条，而其中的一条能最好地反映x与y之间的关系，这条直线过样本中心点．线性回归方程适用于具有相关关系的两个变量，对于具有确定关系的两个变量是不适用的，线性回归方程得到的预测值是预测变量的估计值，不是准确值．21.答案：解：（1）由f（x）=x-，得f'（x）=，由题意知f'（x）≥0恒成立，即x-ln x-k≥0，设F（x）=x-ln x-k，F'（x）=1-，x∈（0，1）时F'（x）＜0，F（x）递减；x∈（1，+∞）时，F'（x）＞0，F（x）递增；故F（x）min=F（1）=1-k≥0，∴k≤1，故k的取值范围是：（-∞，1]；（2）当k≤1时，f（x）单调，无极值；当k＞1时，F（1）=1-k＜0，一方面，F（e-k）=e-k，且F（x）在（0，1）递减，∴F（x）在区间（e-k，1）有一个零点，另一方面，F（e k）=e k-2k，设g（k）=e k-2k（k＞1），则g'（k）=e k-2＞0，从而g（k）在（1，+∞）递增，则g（k）＞g（1）=e-2＞0，即F（e k）＞0，又F（x）在（1，+∞）递增，∴F（x）在区间（1，e k）有一个零点，因此，当k＞1时，f'（x）在（e-k，1）和（1，e k）各有一个零点，将这两个零点记为x1，x2（x1＜1＜x2），当x∈（0，x1）时F（x）＞0，即f'（x）＞0；当x∈（x1，x2）时F（x）＜0，即f'（x）＜0；当x∈（x2，+∞）时F（x）＞0，即f'（x）＞0，从而f（x）在（0，x1）递增，在（x1，x2）递减，在（x2，+∞）递增；于是x1是函数的极大值点，x2是函数的极小值点，下面证明：f（x1）＞0，f（x2）＜0，由f'（x1）=0得x1-ln x1-k=0，即k=x1-ln x1，由得=，令，则m'（x）=，①当x∈（0，1）时m'（x）＜0，m（x）递减，则m（x）＞m（1）=0，而x1＜1，故f（x1）＞0；②当x∈（1，+∞）时m'（x）＜0，m（x）递减，则m（x）＜m（1）=0，而x2＞1，故f（x2）＜0；一方面，因为f（e-2k）=e-2k-1＜0，又f（x1）＞0，且f（x）在（0，x1）递增，∴f（x）在（e-2k，x1）上有一个零点，即f（x）在（0，x1）上有一个零点．另一方面，根据e x＞1+x（x＞0）得e k＞1+k，则有f（e4k）=e4k-12k2-1＞（1+k）4-12k2-1=，又f（x2）＜0，且f（x）在（x2，+∞）递增，故f（x）在（x2，e4k）上有一个零点，故f（x）在（x2，+∞）上有一个零点，又f（1）=0，故f（x）有三个零点．解析：（1）由题意知f′（x）≥0恒成立，构造函数F（x）=x-ln x -k，对函数求导，求得函数最值，进而得到结果；（2）当k＞1时先对函数求导研究函数的单调性可得到函数有两个极值点，再证f（x1）＞0，f（x2）＜0本题考查函数的零点与导数的综合应用，关键是利用导数研究新函数的单调性与极值，从而得出函数的变化趋势，属难题．22.答案：解：（1）由（α是参数），得，∴，即，∴曲线C1的极坐标方程为．由ρ=4sinθ，得ρ2=4ρsinθ，将ρ2=x2+y2，y=ρsinθ代入得：x2+y2=4y，故曲线C2的直角坐标方程为x2+y2-4y=0．（2）设点A、B的极坐标分别为（ρ1，θ），（ρ2，θ），将θ=β（0＜β）分别代入曲线C1、C2极坐标方程得：，ρ2=4sinβ，则|OA|+|OB|=+4sinβ=（β+φ），其中φ为锐角，且满足sinφ=，cosφ=，当β+φ=时，|OA|+|OB|取最大值，此时φ，tanβ=tan（φ）===．解析：（1）先得到C1的一般方程，再由极坐标化直角坐标的公式得到一般方程，将ρ2=x2+y2，y=ρsinθ代入得x2+y2=4y，得到曲线C2的直角坐标方程；（2）设点A、B的极坐标分别为（ρ1，θ），（ρ2，θ），将θ=β（0＜β）分别代入曲线C1、C2极坐标方程得：，ρ2=4sinβ，可得|OA|+|OB|=+4sinβ，化简可得到最值，此时φ，可求解．本题考查了参数方程化为普通方程的方法，极坐标化为直角坐标的方法，以及极坐标中极径的几何意义，极径代表的是曲线上的点到极点的距离，在参数方程和极坐标方程中，能表示距离的量一个是极径，一个是t的几何意义，其中极径多数用于过极点的曲线，而t的应用更广泛一些，是中档题．23.答案：解（1）当t=3时，由|f（x）|≥3得||x-3|-3|≥3，即|x-3|-3≥3或|x-3|-3≤-3，⇔|x-3|≥6或|x-3|≤0⇔x-3≥6或x-3≤-6或x=3解之得：x≥9或x≤-3或x=3．（2）由f（x+2）≤0得|x-1|-t≤0，即-t+1≤x≤t+1，故，所以t=2，由ab-2a-8b=2t-2得ab-2a-8b=2，则（a-8）（b-2）=18，a+2b=（a-8）+2（b-2）+12≥2+12=2×6+12=24，当且仅当a-8=2（b-2）即a=14，b=5时取等号．解析：（1）原式子等价于||x-3|-3|≥3，即|x-3|-3≥3或|x-3|-3≤-3，由绝对值不等式的几何意义求解即可；（2）由原式得|x-1|-t≤0，即-t+1≤x≤t+1，故，再由均值不等式得解即可这个题目考查了含有绝对值的不等式的解法，以及均值不等式的应用，属于中档题．。
2020年湖北省高三(4月)线上调研考试理科数学试卷及参考答案
为 ６ｔ的 Ａ型卡车，６辆载重为 １０ｔ的 Ｂ型卡车，１０名驾驶员，要求此运输队每天至少运
送 ２４０ｔ物资．已知每辆卡车每天往返的次数为 Ａ型卡车 ５次，Ｂ型卡车 ４次，每辆卡车
每天往返的成本 Ａ型卡车 １２００元，Ｂ型卡车 １８００元，则每天派出运输队所花的成本最
低为
．
２０２０年湖北省高三（４月）线上调研考试理科数学试卷 第 ３页（共 ５页）
２０２０年湖北省高三（４月）线上调研考试
理科数学试卷
２０２０．４
本试卷共 ５页，２３题（含选考题）。全卷满分 １５０分。考试用时 １２０分钟。
★祝考试顺利★
注意事项： １．考试过程中，请考生自觉遵守考试纪律等相关规定，诚信应考，不得有作弊、泄露试题等行为。请家
长做好监考工作。 ２．请确保网络环境、考试环境良好，备好答题所用的白纸和笔。 ３．登录好分数 ＡＰＰ，点击“作业测试”，进入对应考试科目。“试卷”将根据考试时间准时显示。开考
（二）选考题：共 １０分．请考生在 ２２，２３题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计 分．作答时写清题号．
２２．［选修 ４－４：坐标系与参数方程］（１０分）
{ｘ＝２＋２ｃｏｓθ
在平面直角坐标系 ｘＯｙ中，曲线 Ｃ１ 的参数方程为 ｙ＝２ｓｉｎθ （θ为参数），以原点为 极点，ｘ轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线 Ｃ２的极坐标方程为 ρ２＝１＋３４ｓｉｎ２α．
（ｐ＞０）上，且 Ａ，Ｂ两点到抛物线 Ｃ焦点的距离之和为 １１． （１）求抛物线 Ｃ的方程及直径 ＡＢ所在的直线方程； （２）过 Ｍ点的直线 ｌ交抛物线 Ｃ于 Ｐ，Ｑ两点，物线 Ｃ在 Ｐ，Ｑ处的切线相交于 Ｎ点，
求△ＰＱＮ面积的取值范围．
２０．（本小题满分 １２分） 已知函数 ｆ（ｘ）＝ｘ２＋πｃｏｓｘ． （１）求函数 ｆ（ｘ）的最小值； （２）若函数 ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ａ在 （０，＋∞）上 有 两 个 零 点 ｘ１，ｘ２，且 ｘ１ ＜ｘ２ 求 证：
2020年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标Ⅱ)附答案
2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）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.已知集合，则（）A. B.C. D.2.若为第四象限角，则（）A. B. C. D.3.在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压，为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单1600份的概率为0.05，志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（）A. 10名B. 18名C. 24名D. 32名4.北京天坛的圆丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板（称为天心石），环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板（不含天心石）( )A. 3699块B. 3474块C. 3402块D. 3339块5.若过点的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线的距离为( )A. B. C. D.6.数列中，，，若，则（）A. 2B. 3C. 4D. 57.右图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个断点在正视图中对应的点为，在俯视图中对应的点为，则该端点在侧视图中对应的点为( )A.B.C.D.8.设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则的焦距的最小值为( )A. 4B. 8C. 16D. 329.设函数，则( )A. 是偶函数，且在单调递增B. 是奇函数，且在单调递减C. 是偶函数，且在单调递增D. 是奇函数，且在单调递减10.已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球的表面上，若球的表面积为，则球到平面的距离为（）A. B. C. D.11. 11.若，则（）A. B. C. D.12.0-1周期序列在通信技术中有着重要应用，若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期．对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标．下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是( )A. 11010…B. 11011…C. 10001…D. 11001…二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知单位向量的夹角为45°，与垂直，则_______．14. 4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有______种．15.设复数满足，则______．16.设有下列四个命题：：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．：过空间中任意三点有且仅有一个平面．：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．：若直线平面，直线平面，则．则下述命题中所有真命题的序号是________．①②③④三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.中，．（1）求；（2）若，求周长的最大值．18.某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加．为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据，其中和分别表示第个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量，并计算得，，，，．（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；（2）求样本的相关系数（精确到0.01）；（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大，为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由．附：相关系数，．19.已知椭圆:的右焦点与抛物线的焦点重合，的中心与的的顶点重合．过且与轴垂直的直线交于，两点，交于，两点，且．（1）求的离心率；（2）设是与的公共点，若，求与的标准方程．20.如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，，分别为，的中点，为上一点，过和的平面交于，交于．（1）证明：，且平面；（2）设为△的中心，若，且，求直线与平面所成角的正弦值．21.已知函数．（1）讨论在区间的单调性；（2）证明：；（3）设，证明：．22.已知曲线，的参数方程分别为：（为参数），：（为参数）．（1）将，的参数方程化为普通方程；（2）以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系．设，的交点为，求圆心在极轴上，且经过极点和的圆的极坐标方程．23.已知函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若，求的取值范围．答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】本题考查集合的运算，属基础题.先求出，再求补集.【解答】解：，故选A.2.【答案】D【解析】【分析】本题考查三角函数在各象限的正负，属于基础题.根据所给角是第四象限角，写出角的范围，求出的范围，进而可判断出三角函数值的正负.【解答】解：∴是第三象限或第四象限角或终边在y轴的非正半轴上，故选D.3.【答案】B【解析】【分析】本题考查对概率的理解，通过条件容易得出第二天需配送的总订单数，进而可求出所需至少人数.【解答】解：因为公司可以完成配货1200份订单，则至少需要志愿者为名.故选B.4.【答案】C【解析】【分析】本题考查等差数列前n项和的性质，属于中档题.由成等差数列，可得每一层的环数，通过等差数列前n项和公式可求得三层扇形石板的总数.【解答】解：设每一层有n环，由题可知从内到外每环之间构成等差数列，公差，，由等差数列性质知成等差数列，且，则，得，则三层共有扇形面石板为故选C.5.【答案】B【解析】【分析】本题考查直线与圆的位置关系及点到直线的距离计算，属基础题.由圆与坐标轴相切，可得圆心坐标及半径，再用点到直线的距离公式求解即可.【解答】解：设圆心为，则半径为，圆过点，则，解得或，所以圆心坐标为，圆心到直线的距离都是故选B.6.【答案】C【解析】【分析】本题考查等比数列的判定及等比数列前n项求和，属基础题.取m=1，知数列是等比数列，再由等比数列前n项和公式可求出k的值.【解答】解：取，则，又，所以，所以是等比数列，则，所以，得故选C.7.【答案】A【解析】【分析】本题三视图，考查空间想象能力，属基础题.由三视图，通过还原几何体，观察可知对应点.【解答】解：该几何体是两个长方体拼接而成，如图所示，显然选A.8.【答案】B【解析】【分析】本题主要考查双曲线的几何性质及双曲线的渐近线，属于中档题.【解答】解：双曲线C的两条渐近线分别为,由于直线x=a与双曲线的两条渐近线分别交于D、E两点，则易得到,则, ,即,所以焦距.故选B.9.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查函数的奇偶性、单调性，属于中档题.【解答】解：函数,则为奇函数，时，,单调递增；时，，单调递减.故选D.10.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查点到平面的距离求法，属于中档题.【解答】解：设△ABC的外接圆圆心为,设,圆的半径为r,球O的半径为R,△ABC的边长为a,则，可得,于是，由题意知，球O的表面积为，则,由,求得，即O到平面ABC的距离为1.故选C.11.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查对数函数与指数函数，考查函数的单调性，属于较难题.【解答】解：，设,则，所以函数在R上单调递增，因为，所以,则，.故选A.12.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查新定义类型的问题，属于较难题.【解答】解：对于A选项，，，不满足，排除；对于B选项，，不满足，排除；对于C选项，，，，，满足；对于D选项，，不满足，排除；故选C.13.【答案】【解析】【分析】本题主要考查平面向量的运算以及向量间的垂直关系，属于基础题.【解答】解：由单位向量的夹角为，与垂直，所以，则.故答案为.14.【答案】36【解析】【分析】本题考查计数原理，属于基础题．【解答】解：由题意可得不同的安排方法有：．答案：36．15.【答案】【解析】【分析】本题考查复数的运算及复数的模，属于基础题．【解答】解：在复平面内，用向量方法求解，原问题即等价于平面向量满足，，求，由，可得，故．故答案为．16.【答案】①③④【解析】【分析】本题考查含逻辑联结词的命题真假的判断以及立体几何相关知识，属于中档题．【解答】解：对于：可设与，所得平面为若与相交，则交点A必在平面内.同理与的交点B在平面内，故直线AB在平面内，即在平面内，故为真命题．对于过空间中任意三点，若三点共线，可形成无数个平面，故为假命题．对于空间中两条直线的位置关系有平行，相交，异面，故为假命题．对于若，则m垂直于平面内的所有直线，故，故为真命题．综上可知，为真命题，为真命题，为真命题．故答案为①③④．17.【答案】解：在中，设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，因为，由正弦定理得，，即，由余弦定理得，，因为，所以．由知，，因为，即，由余弦定理得，，所以，由基本不等式可得，所以所以当且仅当时取得等号，所以周长的最大值为．【解析】本题主要考查利用正余弦定理解三角形的问题，属于中档题．直接利用正余弦定理即可求解；利用余弦定理与基本不等式即可求解．18.【答案】解：(1)由题可知，每个样区这种野生动物数量的平均数为，所以该地区这种野生动物数量的估计值为(2)根据公式得(3)为了提高样本的代表性，选用分层抽样法更加合理，因为分层抽样可以按照规定的比例从不同的地块间随机抽样，其代表性较好，抽样误差更小。
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2020年高考数学（4月份）模拟试卷（理科）一、选择题（共12小题）.1．已知实数集R，集合A＝{x|﹣1＜x＜5}，集合B ＝，则A∩（∁R B）＝（）A．{x|﹣1＜x≤2}B．{x|x＞﹣1}C．{x|﹣1＜x≤0}D．{x|0≤x＜5} 2．已知z∈C ，若，则z＝（）A ．B ．C ．D ．3．若（1﹣2x）2020＝a0+a1x+a2x2+…+a2020x2020，则a1+a2+a3+…+a2020＝（）A．0B．1C．﹣1D．24．中国历法推测遵循以测为辅、以算为主的原则．例如《周髀算经》和《易经》里对二十四节气的晷（guǐ）影长的记录中，冬至和夏至的晷影长是实测得到的，其它节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的．下表为《周髀算经》对二十四节气晷影长的记录，其中寸表示115寸分（1寸＝10分）．节气冬至小寒（大雪）大寒（小雪）立春（立冬）雨水（霜降）惊蛰（寒露）春分（秋分）清明（白露）谷雨（处暑）立夏（立秋）小满（大暑）芒种（小暑）夏至晷影长（寸）135125115.1105.295.375.566.545.735.825.916.已知《易经》中记录某年的冬至晷影长为130.0寸，夏至晷影长为14.8寸，按照上述规律那么《易经》中所记录的春分的晷影长应为（）A．91.6寸B．82.0寸C．81.4寸D．72.4寸5．我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．在数学的学习和研究中，常用函数的图象研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象特征．如函数的图象大致为（）A．B．C．D．6．已知，则（）A．y＜x＜z B．z＜y＜x C．z＜x＜y D．y＜z＜x7．设等比数列{a n}的公比为q，前n项和为S n，则“|q|＝1”是“S6＝3S2”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8．如图，在平行四边形ABCD中，DE＝EC，F为BC的中点，G为EF上的一点，且，则实数m的值为（）A．B．C．D．9．已知函数f（x）＝，若存在x1，x2∈R且x1≠x2，使得f（x1）＝f（x2）成立，则实数a的取值范围是（）A．[3，+∞）B．（3，+∞）C．（﹣∞，3）D．（﹣∞，3] 10．已知双曲线的左右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A、B两点，若以F1F2为直径的圆过点B，且A为F1B的中点，则C的离心率为（）A．B．2C．D．11．一竖立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为2m，一只蚂蚁从圆锥的底面圆周上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到P点，蚂蚁爬行的最短路径为m，则圆锥的底面圆半径为（）A．m B．1m C．m D．m12．已知函数f（x）＝cos（ωx）（ω＞0），x1，x2，x3∈[0，π]，且∀x∈[0，π]都有f （x1）≤f（x）≤f（x2），满足f（x3）＝0的实数x3有且只有3个，给出下述四个结论：①满足题目条件的实数x1有且只有1个；②满足题目条件的实数x2有且只有1个；③f（x）在（0，）上单调递增；④ω的取值范围是[）．其中所有正确结论的编号是（）A．①④B．②③C．①②③D．①③④二、填空题：共4小题，每小题5分，共20分．13．设曲线y＝e x+1上点P处的切线平行于直线x﹣y﹣1＝0，则点P的坐标是．14．某学校选拔新生补进“篮球”、“电子竞技”、“国学”三个社团，根据资料统计，新生通过考核选拔进入这三个社团成功与否相互独立．2019年某新生入学，假设他通过考核选拔进入该校“篮球”、“电子竞技”、“国学”三个社团的概率依次为m，，n，已知这三个社团他都能进入得慨率为，至少进入一个社团的概率为，则m+n ＝．15．自湖北爆发新型冠状病毒肺炎疫情以来，湖北某市医护人员和医疗、生活物资严重匮乏，全国各地纷纷驰援．某运输队接到从武汉送往该市物资的任务，该运输队有8辆载重为6t的A型卡车，6辆载重为10t的B型卡车，10名驾驶员，要求此运输队每天至少运送240t物资．已知每辆卡车每天往返的次数为A型卡车5次，B型卡车4次，每辆卡车每天往返的成本A型卡车1200元，B型卡车1800元，则每天派出运输队所花的成本最低为．16．已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆上异于长轴端点的动点，△MF1F2的内心为I，则＝．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题～第21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22题～第23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分17．在△ABC中，角A、B、C所对的边为a、b、c，且满．（1）求角B的值；（2）若，求的取值范围，18．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，侧面SCD为钝角三角形且垂直于底面ABCD，CD＝SD，点M是SA的中点，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝AD＝BC．（1）求证：BD⊥平面SCD；（2）若直线SD与底面ABCD所成的角为60°，求平面MBD与平面SBC所成的锐二面角的余弦值．19．线段AB为圆M：x2+y2+2x﹣10y+6＝0的一条直径，其端点A，B在抛物线C：x2＝2py （p＞0）上，且A，B两点到抛物线C焦点的距离之和为11．（1）求抛物线C的方程及直径AB所在的直线方程；（2）过M点的直线l交抛物线C于P，Q两点，抛物线C在P，Q处的切线相交于N 点，求△PQN面积的取值范围．20．已知函数f（x）＝x2+πcos x．（1）求函数f（x）的最小值；（2）若函数g（x）＝f（x）﹣a在（0，+∞）上有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1+x2＜π．21．2020年春节期间爆发的新型冠状病毒（2019﹣nCoV），是一种可以借助飞沫和接触传播的变异病毒．某定点医院为筛查某些人是否感染该病毒，需要检验血液是否为阳性，现有n份血液样本，有以下两种检验方式：（a）逐份检验，则需要检验n次；（b）混合检验，将其中k（k∈N*且k≥2）份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k+1次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p（0＜p＜1）．（1）假设有6份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）现取其中k（k∈N*且k≥2）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2．（i）试运用概率统计的知识，若Eξ1＝Eξ2，试求p关于k的函数关系式p＝f（k）；（ii）若，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更小，求k的最大值．参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986，ln5≈1.6094，In7≈1.9459（二）选考题：共10分．请考生在22，23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．作答时写清题号．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（θ为参数），以原点为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为．（1）求曲线C1的极坐标方程以及曲线C2的直角坐标方程；（2）若直线l：y＝kx与曲线C1、曲线C2在第一象限交于P、Q，且|OQ|＝|PQ|，点M 的直角坐标为（1，0），求△PMQ的面积．[选修4-5：不等式选讲]23．已知实数a、b满足a2+b2﹣ab＝3．（1）求a﹣b的取值范围；（2）若ab＞0，求证：++≥．参考答案一、选择题：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．已知实数集R，集合A＝{x|﹣1＜x＜5}，集合B＝，则A∩（∁R B）＝（）A．{x|﹣1＜x≤2}B．{x|x＞﹣1}C．{x|﹣1＜x≤0}D．{x|0≤x＜5}【分析】可以求出集合B，然后进行交集和补集的运算即可．解：∵A＝{x|﹣1＜x＜5}，B＝{y|y＞0}，∴∁R B＝{y|y≤0}，A∩（∁R B）＝{x|﹣1＜x≤0}．故选：C．2．已知z∈C，若，则z＝（）A．B．C．D．【分析】设z＝a+bi（a，b∈R）．由，可得﹣（a﹣bi）＝1+2i，﹣a＝1，b＝2，解得b，a．解：设z＝a+bi（a，b∈R）．∵，∴﹣（a﹣bi）＝1+2i，∴﹣a＝1，b＝2，解得b＝2，a＝．则z＝+2i，故选：B．3．若（1﹣2x）2020＝a0+a1x+a2x2+…+a2020x2020，则a1+a2+a3+…+a2020＝（）A．0B．1C．﹣1D．2【分析】令x＝0求得a0，再令x＝1即可求解结论．解：因为：（1﹣2x）2020＝a0+a1x+a2x2+…+a2020x2020，令x＝0可得：1＝a0；令x＝1可得：a0+a1+a2+a3+…+a2020＝（1﹣2×1）2020＝1；故a1+a2+a3+…+a2020＝1﹣1＝0．故选：A．4．中国历法推测遵循以测为辅、以算为主的原则．例如《周髀算经》和《易经》里对二十四节气的晷（guǐ）影长的记录中，冬至和夏至的晷影长是实测得到的，其它节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的．下表为《周髀算经》对二十四节气晷影长的记录，其中寸表示115寸分（1寸＝10分）．节气冬至小寒（大雪）大寒（小雪）立春（立冬）雨水（霜降）惊蛰（寒露）春分（秋分）清明（白露）谷雨（处暑）立夏（立秋）小满（大暑）芒种（小暑）夏至晷影长（寸）135125115.1105.295.375.566.545.735.825.916.已知《易经》中记录某年的冬至晷影长为130.0寸，夏至晷影长为14.8寸，按照上述规律那么《易经》中所记录的春分的晷影长应为（）A．91.6寸B．82.0寸C．81.4寸D．72.4寸【分析】由题意，晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的，冬至晷影长为130.0寸，设为a1＝130，夏至晷影长为14.8寸，则为a13＝14.8，春分的晷影长为a7，根据等差数列的性质即可求解．解：由题意，晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的，冬至晷影长为130.0寸，设为a1＝130，夏至晷影长为14.8寸，则为a13＝14.8，春分的晷影长为2a7＝a1+a13；∴a7＝72.4；即春分的晷影长为72.4．故选：D．5．我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．在数学的学习和研究中，常用函数的图象研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象特征．如函数的图象大致为（）A．B．C．D．【分析】根据题意，设f（x）＝，分析函数的奇偶性可以排除A、D，结合复合函数单调性的判断方法分析可得函数y＝f（x）为增函数，排除C；即可得答案．解：根据题意，设f（x）＝，有f（﹣x）＝f（x），即函数f（x）为偶函数，排除A、D；设t＝cos x，则y＝﹣2t2+t+1，在区间[0，]上，t＝cos x为减函数，且0≤t≤1，y＝﹣2t2+t+1，其对称轴为t＝，开口向下，在区间（﹣∞，）上为增函数，（，+∞）上为减函数，在区间（0，arccos）上，t＝cos x为减函数，此时＜t＜1，函数y＝﹣2t2+t+1为减函数，故函数y＝f（x）为增函数，排除C；故选：B．6．已知，则（）A．y＜x＜z B．z＜y＜x C．z＜x＜y D．y＜z＜x【分析】利用对数函数和指数函数的性质求解．解：∵20.1＞20＝1，∴x＞1，∵，∴0 ，∴0 ，∵，∴，∴y＜z＜x，故选：D．7．设等比数列{a n}的公比为q，前n项和为S n，则“|q|＝1”是“S6＝3S2”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【分析】根据等比数列的前n项和为S n．结合充分条件和必要条件的定义进行判断．解：若q＝1时，S6＝6a1＝3S2＝3•2a1＝6a1，q＝﹣1时，S6＝3S2＝0，符合题意，是充分条件；反之也成立，故“|q|＝1”是“S6＝3S2”的充要条件，故选：C．8．如图，在平行四边形ABCD中，DE＝EC，F为BC的中点，G为EF上的一点，且，则实数m的值为（）A．B．C．D．【分析】可根据条件得出，并可设，然后根据向量加法的几何意义和向量的数乘运算即可得出＝，从而根据平面向量基本定理即可得出，解出m即可．解：∵，F为BC的中点，∴，，设＝＝＝，又，∴，解得m＝．故选：A．9．已知函数f（x）＝，若存在x1，x2∈R且x1≠x2，使得f（x1）＝f（x2）成立，则实数a的取值范围是（）A．[3，+∞）B．（3，+∞）C．（﹣∞，3）D．（﹣∞，3]【分析】当＜1，即a＜2时，由二次函数的图象和性质，可知存在x1，x2∈（﹣∞，1]且x1≠x2，使得f（x1）＝f（x2）成立；当≥1，即a≥2时，若存在x1，x2∈R且x1≠x2，使得f（x1）＝f（x2）成立，则﹣1+a＞3a﹣7，由此能求出实数a的取值范围．解：函数f（x）＝，存在x1，x2∈R且x1≠x2，使得f（x1）＝f（x2）成立，当＜1，即a＜2时，由二次函数的图象和性质，可知：存在x1，x2∈（﹣∞，1]且x1≠x2，使得f（x1）＝f（x2）成立，当≥1，即a≥2时，若存在x1，x2∈R且x1≠x2，使得f（x1）＝f（x2）成立，则﹣1+a＞3a﹣7，解得a＜3，∴2≤a＜3，综上所述：实数a的取值范围是（﹣∞，3）．故选：C．10．已知双曲线的左右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A、B两点，若以F1F2为直径的圆过点B，且A为F1B的中点，则C的离心率为（）A．B．2C．D．【分析】由题意画出图形，结合已知可得F1B⊥OA，写出F1B的方程，与y＝联立求得B点坐标，再由斜边的中线等于斜边的一半求解．解：如图，因为A为F1B的中点，所以，又因为B在圆上，所以＝0，故OA⊥F1B，则F1B：y＝（x+c），联立，解得B（，），则OB2＝（）2+（）2＝c2，整理得：b2＝3a2，∴c2﹣a2＝3a2，即4a2＝c2，∴＝4，e＝＝2．故选：B．11．一竖立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为2m，一只蚂蚁从圆锥的底面圆周上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到P点，蚂蚁爬行的最短路径为m，则圆锥的底面圆半径为（）A．m B．1m C．m D．m【分析】由题意画出图形，沿母线SP剪开再展开，由圆锥的底面周长等于展开后扇形的弧长相等列式求解．解：如图，在圆锥SO中，已知SP＝2，沿SP剪开再展开，由题意可得PP′＝，可得∠PSP′＝．设圆锥的底面圆半径为r，则2πr＝，得r＝m．故选：A．12．已知函数f（x）＝cos（ωx）（ω＞0），x1，x2，x3∈[0，π]，且∀x∈[0，π]都有f （x1）≤f（x）≤f（x2），满足f（x3）＝0的实数x3有且只有3个，给出下述四个结论：①满足题目条件的实数x1有且只有1个；②满足题目条件的实数x2有且只有1个；③f（x）在（0，）上单调递增；④ω的取值范围是[）．其中所有正确结论的编号是（）A．①④B．②③C．①②③D．①③④【分析】由f（x）＝0，解方程，讨论k＝﹣1，0，1，2，由题意可得ω的取值范围，可判断④；由x∈（0，），可得ωx的范围，结合余弦函数的单调区间，可判断③；再由题意可得f（x）的极大值为f（x2），极小值为f（x1），结合余弦函数的图象可判断①、②．解：函数f（x）＝cos（ωx）（ω＞0），x1，x2，x3∈[0，π]，满足f（x3）＝0的实数x3有且只有3个，由cos（ωx）＝0，可得ωx＝kπ+，k∈Z，由k＝0可得x＝；k＝﹣1可得x＝；k＝1可得x＝；k＝2可得x＝，由x3∈[0，π]，可得＞π，且≤π，解得≤ω＜；故④正确；由x∈（0，），可得ωx∈（﹣，﹣），由≤ω＜，可得﹣∈（﹣，﹣），由y＝cos x在（﹣π，0）递增，可得f（x）在（0，）上单调递增，故③正确；由∀x∈[0，π]都有f（x1）≤f（x）≤f（x2），可得f（x）的极大值为f（x2），极小值为f（x1），由y＝cos x的图象可得f（x）在[0，π]的极大值有两个，极小值一个，故①正确，②错误．其中正确的为①③④．故选：D．二、填空题：共4小题，每小题5分，共20分．13．设曲线y＝e x+1上点P处的切线平行于直线x﹣y﹣1＝0，则点P的坐标是（0，2）．【分析】先对函数求导数，然后根据切点处的导数值等于切线斜率，列出切点横坐标满足的方程即可．解：由题意得y′＝e x，且切线斜率为1．设切点为P（x，y），则e x＝1，所以x＝0，∴y＝e0+1＝2．故切点坐标为（0，2）．故答案为：（0，2）14．某学校选拔新生补进“篮球”、“电子竞技”、“国学”三个社团，根据资料统计，新生通过考核选拔进入这三个社团成功与否相互独立．2019年某新生入学，假设他通过考核选拔进入该校“篮球”、“电子竞技”、“国学”三个社团的概率依次为m，，n，已知这三个社团他都能进入得慨率为，至少进入一个社团的概率为，则m+n＝．【分析】利用相互独立事件及对立事件的概率公式求解．解：因为通过考核选拔进入三个社团的概率依次为m，，n，且相互独立，所以0≤m≤1，0≤n≤1，又因为三个社团他都能进入的概率为，所以①，因为至少进入一个社团的概率为，所以一个社团都不能进入的概率为1＝，所以（1﹣m）（1﹣n）＝，即1﹣m﹣n+mn＝②，联立①②得：m+n＝．故答案为：．15．自湖北爆发新型冠状病毒肺炎疫情以来，湖北某市医护人员和医疗、生活物资严重匮乏，全国各地纷纷驰援．某运输队接到从武汉送往该市物资的任务，该运输队有8辆载重为6t的A型卡车，6辆载重为10t的B型卡车，10名驾驶员，要求此运输队每天至少运送240t物资．已知每辆卡车每天往返的次数为A型卡车5次，B型卡车4次，每辆卡车每天往返的成本A型卡车1200元，B型卡车1800元，则每天派出运输队所花的成本最低为9600．【分析】设每天派出A型卡车x辆，B型卡车y辆，运输队所花成本为z元，根据题意把实际问题数学化，列出需要满足的不等式组，注意x∈N，y∈N，把运输队所花成本z 看作目标函数，画出可行域，根据目标函数平移得到最值的取法．解：设每天派出A型卡车x辆，B型卡车y辆，运输队所花成本为z元，则，且x∈N，y∈N，目标函数z＝1200x+1800y，画出满足条件的可行域如图中阴影部分所示：由图可知，当直线z＝240x+378y经过点B（8，0）时，截距z最小，∵在可行域的整数点中，点（8，0）使z取得最小值，即z min＝1200×8+1800×0＝9600，∴每天排除A型卡车8辆，B型卡车0辆，运输队所花的成本最低，最低成本为9600元，答：每天派出A型卡车8辆，B型卡车0辆，运输队所花的成本最低，最低成本为9600元．16．已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆上异于长轴端点的动点，△MF1F2的内心为I，则＝﹣1．【分析】运用椭圆的定义和圆切线的性质，以及内心的定义，结合解直角三角形的知识，即可求得．解：设△MF1F2的内切圆与△MF1F2相切于D，E，F，设MD＝u，DF1＝v，FF2＝t，则MD＝MF＝u，DF1＝EF1＝v，EF2＝FF2＝t，由椭圆的定义，可得，MF1+MF2＝2a＝2，F1F2＝2c＝2，即有2u+v+t＝2，v+t＝2，即有：2u＝2﹣2，即u＝﹣1，再由＝|MI|cosθ＝|MF|＝u＝﹣1，故答案为：﹣1．三、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题～第21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22题～第23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分17．在△ABC中，角A、B、C所对的边为a、b、c，且满．（1）求角B的值；（2）若，求的取值范围，【分析】（1）由已知利用三角函数恒等变换的应用可求cos B＝±，结合范围B∈（0，π），可求B的值．（2）由，可求得B＝，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求a﹣c ＝sin（A﹣），由已知可求范围≤A﹣＜，利用正弦函数的性质即可求解其取值范围．解：（1）∵＝2（cos A+sin A）（cos A+sin A）＝2（cos2A﹣sin2A）＝×﹣＝+cos2A，∴解得cos2B＝﹣，可得2cos2B﹣1＝﹣，∴可得cos2B＝，∴cos B＝±，∵B∈（0，π），∴B＝或．（2）∵，∴由（1）可得B＝，由正弦定理＝＝2，可得a＝2sin A，c ＝2sin C，∴a﹣c＝2sin A﹣sin C＝2sin A﹣sin（﹣A）＝2sin A﹣sin cos A+cos sin A＝sin A﹣cos A＝sin（A﹣），∵b≤a，∴≤A＜，≤A﹣＜，∴a﹣c∈[，）．18．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，侧面SCD为钝角三角形且垂直于底面ABCD，CD＝SD，点M是SA的中点，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝AD＝BC．（1）求证：BD⊥平面SCD；（2）若直线SD与底面ABCD所成的角为60°，求平面MBD与平面SBC所成的锐二面角的余弦值．【分析】（1）取BC中点E，连接DE，设AB＝AD＝a，BC＝2a，由已知可得BD2+CD2＝BC2，则BD⊥CD，又平面SCD⊥底面ABCD，由面面垂直的性质可得BD⊥平面SCD；（2）过点S作CD的垂线，交CD延长线于点H，连接AH，可得SH⊥CD，则SH⊥底面ABCD，故DH为斜线SD在底面ABCD内的射影，求解三角形可得AH2+DH2＝AD2，从而∠AHD＝90°，过点D作DF∥SH，则DF⊥底面ABCD，可得DB、DC、DF两两垂直，以点D为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立空间直角坐标系，然后分别求出平面BMD与平面SBC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面MBD与平面SBC所成的锐二面角的余弦值．【解答】（1）证明：取BC的中点E，连接DE，设AB＝AD＝a，BC＝2a，依题意，四边形ABED为正方形，且有BE＝DE＝CE＝a，BD＝CD＝，∴BD2+CD2＝BC2，则BD⊥CD．又平面SCD⊥底面ABCD，平面SCD⊥底面ABCD＝CD，∴BD⊥平面SCD；（2）解：过点S作CD的垂线，交CD延长线于点H，连接AH，∵平面SCD⊥底面ABCD，平面SCD∩底面ABCD＝CD，SH⊥CD，SH⊂平面SCD，∴SH⊥底面ABCD，故DH为斜线SD在底面ABCD内的射影，∠SDH为斜线SD与底面ABCD所成的角，即∠SDH＝60°．由（1）得，SD＝a，∴在Rt△SHD中，SD＝a，DH＝a，SH＝a，在△ADH中，∠ADH＝45°，AD＝a，DH＝a，由余弦定理得AH＝，∴AH2+DH2＝AD2，从而∠AHD＝90°，过点D作DF∥SH，∴DF⊥底面ABCD，∴DB、DC、DF两两垂直，如图，以点D为坐标原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立空间直角坐标系，则B（a，0，0），C（0，a，0），S（0，﹣a，a），A（a，﹣a，0），M（a，﹣a，a），设平面MBD的法向量＝（x，y，z），由，取z＝1，得＝（0，，1）；设平面SBC的一个法向量为，由，取x1＝1，得．∴cos＜＞＝＝＝．∴平面MBD与平面SBC所成的锐二面角的余弦值为．19．线段AB为圆M：x2+y2+2x﹣10y+6＝0的一条直径，其端点A，B在抛物线C：x2＝2py （p＞0）上，且A，B两点到抛物线C焦点的距离之和为11．（1）求抛物线C的方程及直径AB所在的直线方程；（2）过M点的直线l交抛物线C于P，Q两点，抛物线C在P，Q处的切线相交于N 点，求△PQN面积的取值范围．【分析】（1）利用抛物线的定义可求出p＝1，再利用点差法求出直线AB的斜率，结合直线AB过圆心M，利用点斜式即可求出直线AB的方程：（2）不妨设P（x1，y1），Q（x2，y2），N（x0，y0），直线l的方程为y＝k（x+1）+5，与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式可求出|PQ|，再利用导数的几何意义求出抛物线C在P（x1，y1）的切线方程，把点N（x0，y0）代入切线PN的方程得，同理可得：，故x1，x2为一元二次方程x2﹣2x0x+2y0＝0的两根，再次利用韦达定理得x0＝k，y0＝﹣k﹣5，所以点N到直线PQ 的距离d＝，所以S△PQN＝＝，故当k＝﹣1时，△PQN的面积取得最小值，最小值为27，解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），抛物线的焦点为F，则|AF|+|BF|＝y1+y2+p，又y1+y2＝10，∴10+p＝11，∴p＝1，∴抛物线C的方程为：x2＝2y，由，两式相减得：＝＝﹣1，∴直线AB的斜率为﹣1，圆M方程：x2+y2+2x﹣10y+6＝0化为坐标方程为：（x+1）2+（y﹣5）2＝20，∴直线AB过圆心（﹣1，5），∴直线AB的方程为：y﹣5＝﹣（x+1），即x+y﹣4＝0；（2）不妨设P（x1，y1），Q（x2，y2），N（x0，y0），直线l的方程为y＝k（x+1）+5，联立方程，消去y得：x2﹣2kx﹣2k﹣10＝0，∴x1+x2＝2k，x1x2＝﹣2k﹣10，∴|PQ|＝＝2，∵抛物线C的方程为x2＝2y，∴，∴y'＝x，∴抛物线C在P（x1，y1）的切线方程为：y﹣y1＝x1（x﹣x1），又∵点N（x0，y0）在切线PN上，则y0﹣y1＝x1（x0﹣x1），即，同理可得：，故x1，x2为一元二次方程x2﹣2x0x+2y0＝0的两根，∴x1+x2＝2x0，x1x2＝2y0，又x1+x2＝2k，x1x2＝﹣2k﹣10，∴x0＝k，y0＝﹣k﹣5，∴点N到直线PQ的距离d＝＝＝，∴S△PQN＝＝2×＝＝，∴当k＝﹣1时，△PQN的面积取得最小值，最小值为27，∴△PQN面积的取值范围为：[27，+∞）．20．已知函数f（x）＝x2+πcos x．（1）求函数f（x）的最小值；（2）若函数g（x）＝f（x）﹣a在（0，+∞）上有两个零点x1，x2，且x1＜x2，求证：x1+x2＜π．【分析】（1）由于函数f（x）为偶函数，故只需求x∈[0，+∞）时f（x）的最小值，利用f′（x）＝2x﹣πsin x，对x分x∈（0，）及x∈（，+∞），两类讨论，即可求得函数f（x）的最小值；（2）只需证＜，其中x1∈（0，），x2∈（，+∞），构造函数F（x）＝f（x）﹣f（π﹣x），x∈（0，），利用导数结合题意可证得x1+x2＜π．解：（1）由于函数f（x）＝x2+πcos x为偶函数，要求函数f（x）的最小值，只需求x∈[0，+∞）时f（x）的最小值即可．因为f′（x）＝2x﹣πsin x，所以，当x∈（0，）时，设h（x）＝2x﹣πsin x，h′（x）＝2﹣πcos x，显然h′（x）单调递增，而h′（0）＜0，h′（）＞0，由零点存在定理，存在唯一的x0∈（0，），使得h′（x0）＝0，…2分当x∈（0，x0），h′（x）＜0，h（x）单减，当x∈（x0，），h′（x）＞0，h（x）单增，而h（0）＝0，h（）＝0，x∈（0，），h（x）＜0，即x∈（0，），f′（x）＜0，f（x）单减，…4分又当x∈（，+∞），2x＞π＞πsin x，f′（x）＞0，f（x）单增，所以f（x）min＝f（）＝；…5分（2）只需证＜，其中x1∈（0，），x2∈（，+∞），构造函数F（x）＝f（x）﹣f（π﹣x），x∈（0，），F′（x）＝f′（x）+f′（π﹣x）＝2π﹣2πsin x＞0，即F（x）单增，所以，F（x）＜F（）＝0，即当x∈（0，）时，f（x）＜f（π﹣x），而x1∈（0，），所以，f（x1）＜f（π﹣x1），又f（x1）＝f（x2），即f（x2）＜f（π﹣x1），此时x2，π﹣x2∈（，+∞），由第（1）问可知，f（x）在（，+∞）上单增，所以，x2＜π﹣x1，x1+x2＜π，即证…12分21．2020年春节期间爆发的新型冠状病毒（2019﹣nCoV），是一种可以借助飞沫和接触传播的变异病毒．某定点医院为筛查某些人是否感染该病毒，需要检验血液是否为阳性，现有n份血液样本，有以下两种检验方式：（a）逐份检验，则需要检验n次；（b）混合检验，将其中k（k∈N*且k≥2）份血液样本分别取样混合在一起检验．若检验结果为阴性，这k份的血液全为阴性，因而这k份血液样本只要检验一次就够了；如果检验结果为阳性，为了明确这k份血液究竟哪几份为阳性，就要对这k份再逐份检验，此时这k份血液的检验次数总共为k+1次．假设在接受检验的血液样本中，每份样本的检验结果是阳性还是阴性都是独立的，且每份样本是阳性结果的概率为p（0＜p＜1）．（1）假设有6份血液样本，其中只有2份样本为阳性，若采用逐份检验方式，求恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率；（2）现取其中k（k∈N*且k≥2）份血液样本，记采用逐份检验方式，样本需要检验的总次数为ξ1，采用混合检验方式，样本需要检验的总次数为ξ2．（i）试运用概率统计的知识，若Eξ1＝Eξ2，试求p关于k的函数关系式p＝f（k）；（ii）若，采用混合检验方式可以使得样本需要检验的总次数的期望值比逐份检验的总次数期望值更小，求k的最大值．参考数据：ln2≈0.6931，ln3≈1.0986，ln5≈1.6094，In7≈1.9459【分析】（1）设恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的事件为A，求出概率即可；（2）（i）由已知得Eξ1＝k，ξ2可能的取值为1，k+1，由Eξ1＝Eξ2，求出k的关系式即可；（ii）由题意Eξ1＜Eξ2，所以，两边取对数得lnk＞，设g （x）＝lnx﹣，x≥2，根据函数的单调性结合题目给的条件判断即可．解：（1）设恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的事件为A，则P（A）＝，故恰好经过4次检验就能把阳性样本全部检验出来的概率为；（2）（i）由已知得Eξ1＝k，ξ2可能的取值为1，k+1，所以P（ξ2＝1）＝（1﹣p）k，P（ξ2＝k+1）＝1﹣（1﹣p）k，所以Eξ2＝（1﹣p）k+（k+1）[1﹣（1﹣p）k]＝k+1﹣k（1﹣p）k，由Eξ1＝Eξ2，所以k＝k+1﹣k（1﹣p）k，即1＝k（1﹣p）k，（1﹣p），得p＝1﹣，故p关于k的函数关系式为f（k）＝1﹣，（k∈N*，且k≥2）；（ii）由题意Eξ1＜Eξ2，所以k＜k+1﹣k（1﹣p）k，，由，所以，两边取对数得lnk＞，设g（x）＝lnx﹣，x≥2，由g'（x）＝，当x＞4时，g'（x）＜0，函数递减，当2≤x≤4时，g'（x）＞0，函数递增；ln2≈0.6931＞，ln3≈1.0986，ln5≈1.6094＞，ln6≈1.7917，In7≈1.9459，ln8＝2ln3≈2.0793，ln9≈2.1972＜，故满足条件的k最大为8．（二）选考题：共10分．请考生在22，23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．作答时写清题号．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（θ为参数），以原点为极点，x轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为．（1）求曲线C1的极坐标方程以及曲线C2的直角坐标方程；（2）若直线l：y＝kx与曲线C1、曲线C2在第一象限交于P、Q，且|OQ|＝|PQ|，点M 的直角坐标为（1，0），求△PMQ的面积．【分析】（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进行转换．（2）利用极径的应用和三角函数关系式的恒等变换的应用及面积公式的应用求出结果．解：（1）曲线C1的参数方程为（θ为参数），转换为直角坐标方程为x2+y2﹣4x＝0，转换为极坐标方程为ρ＝4cosθ．曲线C2的极坐标方程为．转换为直角坐标方程为．（2）直线l：y＝kx转换为极坐标方程为θ＝θ0，代入，解得．代入ρ＝4cosθ，得到ρP＝4cosθ0，由于|OQ|＝|PQ|，所以ρP＝2ρQ，故：，解得，，所以，．则．[选修4-5：不等式选讲]23．已知实数a、b满足a2+b2﹣ab＝3．（1）求a﹣b的取值范围；（2）若ab＞0，求证：++≥．【分析】（1）由已知得a2+b2＝3+ab≥2|ab|．①当ab≥0时，3+ab≥2ab，解得ab≤3，即0≤ab≤3；②当ab＜0时，3+ab≥﹣2ab，解得ab≥﹣1，即﹣1≤ab＜0，得0≤3﹣ab≤4，即0≤（a﹣b）2≤4，即﹣2≤a﹣b≤2；（2）由（1）知0＜ab≤3，可得＝＝即．解：（1）因为a2+b2﹣ab＝3，所以a2+b2＝3+ab≥2|ab|．①当ab≥0时，3+ab≥2ab，解得ab≤3，即0≤ab≤3；②当ab＜0时，3+ab≥﹣2ab，解得ab≥﹣1，即﹣1≤ab＜0，所以﹣1≤ab≤3，则0≤3﹣ab≤4，而（a﹣b）2＝a2+b2﹣2ab＝3+ab﹣2ab＝3﹣ab，所以0≤（a﹣b）2≤4，即﹣2≤a﹣b≤2；（2）由（1）知0＜ab≤3，因为＝＝当且仅当ab＝2时取等号，所以．。