2020年漳州市高三(下)第二次高考适应性数学试卷(理科)(含答案解析)

合集下载

福建省漳州市2020届高三第二次高考适应性测试(居家分散测试)理科综合试题PDF版含解析

漳州市2020届高中毕业班第二次高考适应性测试化学试题参考答案（解析版）第7题：【答案】D【解析】A中司南具有磁性，是Fe3O4；B中蚕丝是蛋白质；C中铜绿主要成分是碱式碳酸铜；D中釉彩大瓶是瓷器，是高岭土制成，高岭土主要是硅铝酸盐，主要成分AL2(Si2O5)(OH)4 ,或写成Al2O3·2SiO2·2H2O，因而瓷器的主要成分不是二氧化硅。

第8题：【答案】A【解析】A中乙烯C2H4与环丙烷C3H6最简式都是CH2。

故28 g乙烯和环丙烷混合气体分子中有2 mol 的CH2即2 mol C原子和4 mol H原子；B中9.2 g NO2的物质的量是0.2 mol，但有一部分NO2转化为N2O4，所含分子数小于0.2 N A；C中常温下铁遇到浓硫酸发生钝化；D中1 mol乙醇分子中含有8 mol共价键。

第9题：【答案】C【解析】A中a中没有苯环，b中含有O原子，二者都不是芳香烃；B中a、c中都有多个饱和碳原子相连，因此不可能所有碳原子共面；D中b中不含醛基，不能与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀。

第10题：【答案】D【解析】A中由实验装置可知，W中制备二氧化碳，X中除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧。

由氨气极易溶于水，可知E管连接制氨气的装置。

所以制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C；C中二氧化碳在制备过程中会混有HCl，应采用饱和NaHCO3溶液吸收；D中NH3极易溶于水，二氧化碳在水中溶解度不大，先通NH3才能吸收更多的二氧化碳，生成较大浓度的NH4HCO3。

第11题：【答案】C【解析】依据题意可知z 是SO2、w是NaOH溶液、n 是O2、q 是S、y是Na2O2、x 是H2O、m是H2、p 是Na，从而推出a、b、c、d分别是H、O、Na、S。

第12题：【答案】D【解析】A中铜单质失e-，化合价升高，发生氧化反应；B中正极发生吸氧腐蚀；D中生成2molCu2(OH)3Cl,腐蚀Cu是4mol。

2020届福建省漳州市高三下学期第二次教学质量监测数学(理)试题(解析版)

2020届福建省漳州市高三下学期第二次教学质量监测数学（理）试题一、单选题1．A．B．C．D．【答案】A【解析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案.【详解】本题正确选项：【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础的计算题．2．已知集合，，则A．B．C．D．【答案】C【解析】求出集合A，B，由此能求出．【详解】集合，即本题正确选项：【点睛】本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3．《九章算术》有如下问题：“今有金箠，长五尺，斩本一尺，重四斤；斩末一尺，重二斤，问次一尺各重几何?”意思是：“现在有一根金箠，长五尺在租的一端截下一尺，重斤；在细的一端截下一尺，重斤，问各尺依次重多少?”按这一问题的颗设，假设金箠由粗到细各尺重量依次成等差数列，则从粗端开始的第二尺的重量是（）A．斤B．斤C．斤D．斤【答案】B【解析】依题意，金箠由粗到细各尺构成一个等差数列，则，由此利用等差数列性质求出结果．【详解】设金箠由粗到细各尺重量依次所成得等差数列为，设首项，则，公差，.故选：B【点睛】本题考查了等差数列的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4．已知向量，满足，，且，夹角为，则A．B．C．D．【答案】A【解析】按照多项式乘多项式展开后利用数量积的性质可得．【详解】本题正确选项：【点睛】本题考查了平面向量数量积的性质及其运算，属基础题．5．设满足约束条件，则的最大值是（）A．-4 B．0 C．8 D．12【答案】C【解析】画出约束条件所表示的可行域，由，即，把直线平移到可行域的A点时，此时目标函数取得最大值，进而求解目标函数的最大值。

【详解】画出约束条件所表示的可行域，如图所示，又由，即，把直线平移到可行域的A点时，此时直线在y轴上的截距最大，目标函数取得最大值，又由，解得，所以目标函数的最大值为，故选C。

【点睛】本题主要考查了利用线性规划求最大值问题，其中解答中正确画出约束条件所表示的平面区域，结合图象，平移目标函数确定最优解，即可求解目标函数的最大值，着重考查了推理与计算能力，属于基础题。

福建省漳州市2020届高三第二次教学质量检测试题数学(理)【含答案】

福建省漳州市2020届高三第二次教学质量检测试题数学（理）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=， B=，则A B=A.[-1，)B.)C.(0，)D.R2.已知复数z的共轭复数为，且满足2z=32i，则=A. B. C.3 D.53.执行如图所示的程序框图，若输入的n=3，则输出的S=A.1B.5C.14D.304.已知等比数列的前n项和为S n，若a3 =，S3=，则的公比为A.或B.或C.3或2D.3或 25.的展开式中的系数为A.6B.24C.32D.486.我国古代著名数学家刘徽的杰作《九章算术注》是中国最宝贵的数学遗产之一，书中记载了他计算圆周率所用的方法。

先作一个半径为1的单位圆，然后做其内接正六边形，在此基础上做出内接正6×(n=1，2，…)边形，这样正多边形的边逐渐逼近圆周，从而得到圆周率，这种方法称为“刘徽割圆术”。

现设单位圆O的内接正n边形的一边为AC，点B为劣弧AC的中点，则BC是内接正2n边形的一边，现记AC=S n，AB=S2n，则A.=B.=C.=2D.=7.已知正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为2，A，B分别为该正三棱柱内切球和外接球上的动点，则A，B两点间的距离最大值为A. 2B.C. C.8.若a=，b=12，c=，则A. B.a C.a D.9.已知双曲线C：=1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的左、右支分别交于P、Q两点，若= 2，· = 0，则C的渐近线方程为A.y=B.y=C.y=D.y=10.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(2b-c) cosA=a cosC， b=2，若边BC的中线等于3，则△ABC的面积为A.9B.C. 3D.11.已知函数f(x) =sin[cosx] +cos[sinx] ，其中[x] 表示不超过实数x的最大整数，关于f(x)有下述四个结论：①f(x)的一个周期是2π；②f(x)是非奇非偶函数；③f(x)在(0，π)单调递减；④f(x)的最大值大于。

2020届福建省漳州市高三3月第二次高考适应性测试数学(理)试题(解析版)

漳州市2020届高中毕业班第二次高考适应性测试理科数学试题本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.共5页，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，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.已知复数1z i=，则z 在复平面上对应的点为（） A. ()0,1- B. ()1,0-C. ()0,1D. ()1,0【答案】C 【解析】【分析】利用复数的代数形式的乘除运算化简z ，可得z 的坐标与z 的坐标，可得z 在复平面上对应的点. 【详解】解：复数21iz i i i ===-，故可得：z i =，可得z 在复平面上对应的点为()0,1，故选：C.【点睛】本题主要考查复数代数形式的乘除运算及共轭复数的概念，熟悉复数代数形式的运算法则及共轭复数的概念是解题的关键，属于基础题.2.已知集合12{|log (12)1}A x x =->，则A =R ð（）A. 11,,42⎛⎫⎛⎫-∞+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U B. 11,,42⎛⎤⎡⎫-∞⋃+∞ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭C. 11,42⎛⎫⎪⎝⎭D. 11,42⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】B 【解析】【分析】由集合12{|log (12)1}A x x =->，列出关于x 的不等式组，可得集合A 中x 的范围，可得A Rð的值.【详解】解：由集合12{|log (12)1}A x x =->,可得：1201122x x ->⎧⎪⎨-<⎪⎩，得1142x <<.1142{|}x A x <=<，故11,,42⎛⎤⎡⎫=-∞⋃+∞ ⎪⎥⎢⎝⎦⎣⎭R A ð，故选：B.【点睛】本题主要考查集合中补集的运算，由对数函数的性质求出集合A 是解题的关键. 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11a D. 数列{}n S 的最大项是11S【答案】C 【解析】【分析】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.【详解】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.【点睛】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.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 【解析】【分析】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.【详解】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 ．【点睛】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.5.已知点()1,2在双曲线22221y x a b-=的渐近线上，则该双曲线的离心率为（）A.32B.5 C.5D.62【答案】C 【解析】【分析】由已知可得渐近线方程，可得a 和b 的关系，可求出双曲线的离心率. 【详解】解：依题意可知双曲线的渐近线为：ay x b=±，由点()1,2在双曲线22221y x a b-=的渐近线上，可得2a b =，12b a =故可得：e =，故选：C.【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线和离心率的相关知识，相对不难，求出双曲线的渐近线方程是解题的关键.6.在ABC ∆中，2,30=∠=oAB ABC ，AD 是BC 边上的高，则AD AC ⋅u u u r u u u r等于（）A. 0B.12C. 2D. 1【答案】D 【解析】【分析】由题意可得2AD AC AD ⋅=u u u r u u u r u u u r ，在直角三角形中，利用边角关系求得1AD =,从而求出AD AC ⋅u u u r u u u r 的值.【详解】解：由题意：在ABC ∆中，2,30=∠=oAB ABC ，AD 是BC 边上的高，可得：1AD =，()2cos sin 1AD AC AD AB BC AD AB AD AB BAD AD AB ABC AD ⋅=⋅+=⋅=⋅⋅∠=⋅⋅∠==u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r故选：D.【点睛】本题主要考查平面向量的数量积及向量垂直的性质，相对不难，注意运算准确. 7.已知函数()()111+-+=+x x x e x e g x ，则下列说法错误的是（） A. ()g x 的定义域是R B. ()g x 是偶函数 C. ()g x 在()0,∞+单调递减 D. ()g x 的最小值为1【答案】C 【解析】【分析】由()()111+-+=+x xx e x e g x 分别判断函数定义域，奇偶性，利用导数判断函数的单调性与最值，可得答案.【详解】解：易得()()111+-+=+x x x e x e g x 定义域是R ，故A 正确；由()()()111(1)11x x xxgx e x x x e x g e ex ---+++-+++===++-，故()g x 是偶函数，故B 正确；当0x ≥时，()()222101+-'=≥+x x xxe e g x e，所以()g x 在()0,∞+单调递增, 故C 不正确；由()g x 是偶函数，且0x ≥时()g x 单调递增，可得()g x 的最小值为()()min 01g x g ==，故D 正确；故选：C.【点睛】本题主要考查函数的定义域、奇偶性、单调性、最值等知识，熟悉函数的相关知识并利用导数求解是解题的关键.8.已知ABC ∆的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，60,3==o A b c ，角A 的平分线交BC 于点D ，且7BD =，则cos ADB ∠的值为（） A. 217-B.217C.27D. 27±【答案】B 【解析】【分析】由题意，60A =o ，角A 的角平分线交BC 于点D ，可得3CD bBD c==，由7BD =可得37=CD ， 47==a CB ，在ABC ∆,由余弦定理可得4c =，在ABD ∆中，由正弦定理可知：sin sin =∠∠BD cBAD ADB，可得sin 7∠=ADB ，判断出ADB ∠为锐角，可得答案.【详解】解法1：因为60A =o ，角A 的角平分线交BC 于点D ，所以30∠=∠=o CAD BAD ，又3b c =，所以1sin2631sin 26∆∆⋅⋅====⋅CADDABπb AD S CD b πBD S c AD c ，因为7BD =37=CD 47==a CB .因为2222cos a b c bc A =+-，所以2211679232⨯=+-⋅⋅⋅c c c c ，解得4c =，在ABD ∆中，由正弦定理可知：sin sin =∠∠BD cBAD ADB即741sin 2=∠ADB ，所以sin 7∠=ADB ，因为3=>b c c ，所以B C >，因为30,30∠=+∠=+o o ADB C ADC B ，所以∠<∠ADB ADC ，所以ADB ∠为锐角，所以321cos 77∠==ADB . 法2：因为60A =o ，角A 的角平分线交BC 于点D ，所以30∠=∠=o CAD BAD ，又3b c =，所以1sin2631sin 26∆∆⋅⋅====⋅CADDABπb AD S CD b πBD S c AD c ，因为7BD =，所以37=CD ，所以47==a CB ，因为2222cos a b c bc A =+-，所以2211679232⨯=+-⋅⋅⋅c c c c ，解得4c =，由余弦定理可得：222cos 2+-∠=⋅AD c BD BAD AD c ，即2316728+-=AD AD，所以24390-+=AD AD ，所以(3330-=AD AD .所以33AD =或3AD =，因为3=>b c c ，所以B C >又120+=o B C ，所以60>>∠o B BAD ，所以7>=AD BD ，所以33AD =，所以22221cos 272337+-∠===⋅⨯⨯DA DB AB ADB DA DB . 故选：B【点睛】本题主要考查利用正弦定理、余弦定理解三角形，考查学生的综合计算能力，熟练掌握正弦定理、余弦定理并灵活运用是解题的关键.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 【解析】【分析】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. 【详解】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 42h = 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.【点睛】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.已知函数()32ln =-++-f x x x x a 有三个零点，则实数a 的取值范围是（）A. 0a <B. 1a ≤C. 0a >D. 1a >【答案】A 【解析】【分析】令()0f x =，得32ln =-++a x x x ，记()32ln =-++g x x x x ,对()g x 求导，可得0x >时，()g x 在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减，()g x 有最大值0.当0x <时，()0g x <，()g x 在(),0-∞单调递减，可得a 的取值范围. 【详解】解：令()0f x =，得32ln =-++a x x x ，记()32ln =-++g x x x x .当0x >时，()32ln =-++g x x x x ，()()()2131-++-'=x x x g x x，故()g x 在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减，()g x 有最大值0. 当0x <时，()0g x <，()g x 在(),0-∞单调递减.所以0a <. 故选：A.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数单调性与零点问题，体现了数形结合和分类讨论的思想方法，属于中档题.11.如图，已知ABC ∆的三个顶点均在抛物线24x y =上，AB 经过抛物线的焦点F ，点D 为AC 中点.若点D 的纵坐标等于线段AC 的长度减去1，则当AFC ∠最大时，线段AB 的长度为（）A. 12B. 14C. 10D. 16【答案】D 【解析】【分析】作出准线1y =-，分别作111,,CC DD AA 垂直于准线.则可得()12=+AC CF AF ，在AFC ∆中利用余弦定理可得cos AFC ∠的最大值，可得直线AB 方程为31y x =+，代入抛物线24x y =可得线段AB 的长. 【详解】解：作出准线1y =-，分别作111,,CC DD AA 垂直于准线.则()()1111122=+=+DD CC AA CF AF . 因此()12=+AC CF AF .在AFC ∆中，222cos 2+-∠=⋅AF CF AC AFC AF CF()222122⎛⎫+-+ ⎪⎝⎭=⋅AF CF CF AF AF CF.即223311442cos 22+-⋅∠=≥⋅AF CF CF AFAFC AF CF ，当且仅当AF CF =时取等号.所以AFC ∠的最大值为60o ，此时AFC ∆为正三角形. 可得直线AB 的倾斜角为60o ，所以直线AB方程为1y =+，代入24x y =得21410y y -+=，所以16AB ==. 故选：D【点睛】本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系及余弦定理的应用，体现了数形结合和转化数学思想，属于中档题.12.已知函数()()sin f x x ωϕ=+（0>ω，2π0,ϕ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦）的图象经过点10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，若关于x 的方程()1f x =-在,6ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有一个实数解，则ω的取值范围是（） A. 410,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭B. 4,83⎡⎤⎢⎥⎣⎦C. 10,203⎡⎤⎢⎥⎣⎦D. 4,203⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】A 【解析】【分析】由函数()f x 的图象经过点10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，可得6π=ϕ，可得()sin 6f x x πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，由()1f x =-，可得423,+=∈πk πx k Z ω，所以()1f x =-的所有正解从小到大为41016333,,⋅⋅⋅πππωωω，()1f x =-在,6ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有一个实数解，可列出关于ω的不等式组，可得答案.【详解】解：因为()()sin f x x ωϕ=+的图象经过点10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以()1sin 20==f φ，又因为0,2πϕ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以6π=ϕ，所以由()sin 16⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭f πωx x ，得3262+=+ππωx k π，即423,+=∈πk πx k Z ω，所以()1f x =-的所有正解从小到大为41016333,,⋅⋅⋅πππωωω，因为关于x 的方程()1f x =-在,6ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有一个实数解，所以5266>-=ππT π，即512>πT ，其中T 为()f x 的最小正周期，所以2512>ππω，所以1524>ω，所以161651033249>⨯=>ππππω，所以410336≤≤<ππππωω或101643336<≤≤<πππππωωω. 所以843103ωωω⎧⎪≤⎪⎪≥⎨⎪⎪<⎪⎩或820103163ωωωω>⎧⎪≤⎪⎪⎨≥⎪⎪<⎪⎩，所以41033≤<ω，故选:A.【点睛】本题主要考查三角函数的图形与性质，考查学生分析问题解决问题的能力，属于中档题.第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题.13.若1sin 2α=，则cos2=α______. 【答案】12【解析】【分析】由二倍角的余弦公式进行计算可得答案. 【详解】解：21cos212sin 2αα=-=，故答案为：12. 【点睛】本题主要考查二倍角的余弦公式，属于公式的应用，属于基础题.14.6260126(1)mx a a x a x a x +=++++L 且12345663a a a a a a +++++=，则实数m 的值为．【答案】3或-1. 【解析】【详解】试题分析：根据题意，令x=1，可知等式左边为6(1)m +=12345600063a a a a a a a a a +++++++=+，而0a =1，可知为6(1)m +=64，则可知m 的值为1，或-3，故答案为1或-3 考点：二项式定理点评：赋值法的运用是二项式定理在求解系数和中常用的方法，要熟练掌握，属于基础题．15.定义在R 上的函数()f x 为奇函数，()11f =，又()()2g x f x =+也是奇函数，则()2020f =______. 【答案】0 【解析】【分析】由()f x 为奇函数，()()2g x f x =+也是奇函数可得()f x 为周期函数，且周期为4，可得()2020(0)0f f ==，可得答案.【详解】解：因为()f x 是R 上的奇函数，故()()f x f x =--，又()()2g x f x =+是奇函数，所以()f x 图象关于点()2,0对称，可得：()2(2)f x f x +=--+，故()4[(2)2]()()f x f x f x f x +=--++=--=，()f x 为周期函数，且周期为4，所以()()()2020450500f f f =⨯==，故答案为：0.【点睛】本题主要考查函数周期性的相关知识，其中由()f x 为奇函数()2f x +也为奇函数求出函数()f x 的周期为4是解题的关键.16.已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4，点P 是1AA 的中点，点M 在侧面11AA B B 内，若1D M CP ⊥，则BCM ∆面积的最小值为______.【答案】5【解析】【分析】取AB 中点N ，AD 中点Q ，连接1D Q ，QN ，1B N ，可得⊥QN CP ，1⊥D Q CP ，可得⊥CP 面11D QNB ，可得点M 在面11D QNB 与面11AA B B 的交线上，即1∈M B N .当1⊥BM B N 时，BM 最小，可得BCM ∆面积的最小值.【详解】解：如图所示，取AB 中点N ，AD 中点Q ，连接1D Q ，QN ，1B N .由于CP 在面ABCD 内的射影为AC ，QN AC ⊥，所以⊥QN CP ；由于CP 在面11ADD A 内的射影为DP ，1⊥D Q DP ，所以1⊥D Q CP ；故由11,,⊥⊥⋂=QN CP D Q CP D Q QN Q ，得⊥CP 面11D QNB .要使1⊥CP D M ，必须点M 在面11D QNB 内，又在侧面11AA B B 内，所以点M 在面11D QNB 与面11AA B B 的交线上，即1∈M B N .当1⊥BM B N 时，BM 最小，此时BCM ∆面积的最小,此时43525BM == 145455528BCM S ∆=⨯⨯=. 85. 【点睛】本题主要考查线面垂直的判定与性质，其中作出AB 中点N ，AD 中点Q ，连接1D Q ，QN ，1B N ，证明出⊥CP 面11D QNB ，1∈M B N 是解题的关键，属于难题.三、解答题：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：17.已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，0n a >，2*2,n n n S a a n N =+∈.（1）求n a ；（2）若1n nb S =，数列{}n b 的前n 项和为n T ，求n T . 【答案】（1）,*=∈n a n n N （2）1211n T n ⎛⎫=-⎪+⎝⎭【解析】【分析】（1）由2*2,n n n S a a n N =+∈，利用当2n ≥时，1n n n a S S -=-进行化简，可得11,2--=≥n n a a n ，可得n a 的表达式；（2）由（1）得()1,2*+=∈n n n S n N ，可得()1211211⎛⎫===- ⎪++⎝⎭n nb S n n n n ，由裂项相消法可得n T 的值.【详解】解：（1）由21112S a a =+得，21112a a a =+，解得10a =（舍去），或11a =， ∴11a =，∵2*2,n n n S a a n N =+∈，∴21112,2---=+≥n n n S a a n ，两式相减得，()22*1112,----=-+-∈n n n n n n S S a a a a n N 22112,*--=-+-∈n n n n n a a a a a n N()()()2211110,10,2------+=+--=≥n n n n n n n n a a a a a a a a n ，∵10n n a a ->+，∴11,2--=≥n n a a n ， ∴{}n a 为等差数列，公差为1，11a =.∴,*=∈n a n n N .（2）由（1）得()1,2*+=∈n n n S n N∴()1211211⎛⎫===- ⎪++⎝⎭n n b S n n n n ， ∴111111212122311⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦n T n n n . 【点睛】本题主要考查由递推式求数列的通项公式及裂项相消法求数列的和，考查学生的计算能力，属于基础题.18.在如图所示的六面体中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，四边形ABEF 是梯形，//AF BE ，平面ABCD ⊥平面ABEF ，BE ＝2AF=2，EF =3.（1）在图中作出平面ABCD 与平面DEF 的交线，并写出作图步骤，但不要求证明；（2）求证：//AC 平面DEF ；（3）求平面ABEF 与平面ECD 所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）详见解析（2）证明见解析（321【解析】【分析】（1）延长BA 与EF 相交于点P ,连接PD ，则直线PD 就是平面ABCD 与平面DEF 交线;（2）证明四边形ACDP 是平行四边形，可得AC PD P ，由线面平行的判定定理可得//AC 平面DEF ；（3）在平面ABEF 内，过点A 作FE 的平行线交BE 于点G ，可得ABG ∆为直角三角形，在平面ABEF 内，过点A 作AB 的垂线交EF 于点H ，可得AH ⊥面ABCD ，以A 为坐标原点，AD 的方向为x 轴正方向，AB 的方向为y 轴正方向，AH 的方向为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，利用空间向量法可得平面ABEF 与平面ECD 所成锐二面角的余弦值.【详解】解：（1）延长BA 与EF 相交于点P ,连接PD ，则直线PD 就是平面ABCD 与平面DEF 的交线;（2）因为2,=BE AF AF BE P ，所以AF 是PBE ∆的中位线，故PA PB =，因为CD AB =，所以CD PA =，且CD PA P ，所以四边形ACDP 是平行四边形，所以AC PD P ，因为AC ⊄面DEF ，PD ⊂面DEF ，所以AC P 平面DEF（3）在平面ABEF 内，过点A 作FE 的平行线交BE 于点G ，又AF GE P ，所以四边形AGEF 为平行四边形，所以3,1,1=====-=AG FE GE AF BG BE BG ，又因为2AB =，所以222AB AG BG =+，所以ABG ∆为直角三角形，且90,30,60∠=∠=∠=oooAGB GAB ABG 在平面ABEF 内，过点A 作AB 的垂线交EF 于点H ，又因为平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABCD I 平面ABEF AB =，所以AH ⊥面ABCD.以A 为坐标原点，AD 的方向为x 轴正方向，AB 的方向为y 轴正方向，AH 的方向为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -.则()()()(0,0,0,2,0,0,2,2,0,3A D C E ，所以()(0,2,0,3==-u u u r u u u rDC DE ，设(),,n x y z =r是平面ECD 的法向量，则00n DC n DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u uv r u u u v r ，即20230y x y z =⎧⎪⎨-++=⎪⎩，所以可取()3,0,2=r n .因为()2,0,0=u u u rAD 是平面ABEF 的法向量，所以21cos ,⋅==⋅u u u r ru u u r r u u u r r AD n AD n AD n，所以平面ABEF 与平面ECD 所成锐二面角的余弦值217. 【点睛】本题主要考查线面平行的判定及二面角平面角的向量求法，考查学生的空间想象能力与计算能力，属于中档题.19.眼保健操是一种眼睛的保健体操，主要是通过按摩眼部穴位，调整眼及头部的血液循环，调节肌肉，改善眼的疲劳，达到预防近视等眼部疾病的目的.某学校为了调查推广眼保健操对改善学生视力的效果，在应届高三的全体800名学生中随机抽取了100名学生进行视力检查，并得到如图的频率分布直方图. （1）若直方图中后三组的频数成等差数列，试估计全年级视力在5.0以上的人数；（2）为了研究学生的视力与眼保健操是否有关系，对年级不做眼保健操和坚持做眼保健操的学生进行了调查，得到下表中数据，根据表中的数据，能否在犯错的概率不超过0.005的前提下认为视力与眼保健操有关系？（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8人，进一步调查他们良好的护眼习惯，在这8人中任取2人，记坚持做眼保健操的学生人数为X ，求X 的分布列和数学期望.附：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++2K k ≥ 0.100.05 0.025 0.010 0.005k 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879【答案】（1）144（2）能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为视力与眼保健操有关系（3）详见解析【解析】【分析】（1）由题意可计算后三组的频数的总数，由其成等差数列可得后三组频数，可得视力在5.0以上的频率，可得全年级视力在5.0以上的的人数；（2）由题中数据计算2k 的值，对照临界值表可得答案；（3）由题意可计算出这8人中不做眼保健操和坚持做眼保健操的分别有2人和6人，可得 X 可取0，1，2，分别计算出其概率，列出分布列，可得其数学期望.【详解】解：（1）由图可知，第一组有3人，第二组7人，第三组27人，因为后三组的频数成等差数列，共有()100372763-++=（人）所以后三组频数依次为24，21，18，所以视力在5.0以上的频率为0.18，故全年级视力在5.0以上的的人数约为8000.18144⨯=人（2）()2210044183261507.8957.8795050762419⨯⨯-⨯==≈>⨯⨯⨯k ，因此能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为视力与眼保健操有关系. （3）调查的100名学生中不近视的共有24人，从中抽取8人，抽样比为81243=，这8人中不做眼保健操和坚持做眼保健操的分别有2人和6人， X 可取0，1，2，()()()021120626262222g 881123150,1,22828728⋅==========C C C C C C P X P X P X C C C ， X 的分布列X 的数学期望()11215012 1.5282828=⨯+⨯+⨯=E X . 【点睛】本题主要考查频率分布直方图，独立性检测及离散型随机变量的期望与方差等相关知识，考查学生分析数据与处理数据的能力，属于中档题.20.已知椭圆与双曲线2212x y -=有相同的焦点坐标，且点12⎫⎪⎭在椭圆上. （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.【答案】（1）2214x y +=（2）存在()1,0T 符合题意【解析】【分析】（1）由题意可列方程222233114a b ab ⎧=+⎪⎨+=⎪⎩，解之可得椭圆的标准方程；（2）可设直线AP 的方程是()2y k x =+（0k ≠），联立直线与椭圆方程，消去y 得到关于x 的一元二次方程，再结合跟系数的关系可得P 点坐标，设存在点()00,T x y ，使得以MP 为直径的圆恒过直线BP 、MT 的交点，可得MT BP ⊥，代入MT BP 、的斜率，可得点T 的坐标.【详解】解：（1）因为双曲线2212x y -=的焦点坐标为()，所以设所求的椭圆的方程为22221x y a b+=（0a b >>），则222233114a b ab ⎧=+⎪⎨+=⎪⎩，解得224,1a b ==，所以椭圆的标准方程是2214x y +=.（2）设直线AP 的方程是()2y k x =+（0k ≠），将其与2214x y +=联立，消去y 得()222241161640k x k x k +++-=，设()11,P x y ，则212164241--⋅=+k x k ，所以21122284,4141-==++k kx y k k ，所以 222284,4141⎛⎫- ⎪++⎝⎭k k P k k ，易知()2,4M k ，设存在点()00,T x y ，使得以MP 为直径的圆恒过直线BP 、MT 的交点020441216-⇔⊥⇔⋅=---k y kQ MT BP x k，对于任意0k ≠成立，即()00410-+=k x y ，对于任意0k ≠成立，001,0==x y ，所以存在()1,0T 符合题意.【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求法、直线与椭圆的综合问题，考查学生综合计算能力，联立直线与椭圆进行求解是解题的关键，属于中档题. 21.已知函数()21ln 2,R 2⎛⎫=+--∈ ⎪⎝⎭x a x ax a f x . （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 在定义域内是增函数，且存在不相等的正实数12,x x ，使得()()123+=-f x f x ，证明：122x x +>.【答案】（1）当12a ≤时，()f x 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减；当112a <<时，()f x 在()0,1上递增，在11,21⎛⎫ ⎪-⎝⎭a 上递减，在1,21a ⎛⎫+∞⎪-⎝⎭上递增；当1a =时，()f x 在()0,∞+上递增；当1a >时，()f x 在10,21⎛⎫ ⎪-⎝⎭a 上递增，在1,121⎛⎫⎪-⎝⎭a 上递减，在()1,+∞上递增；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）对()f x 求导，分12a ≤，112a <<，1a =进行讨论，可得()f x 的单调性；（2）()f x 在定义域内是是增函数，由（1）可知1a =，()21ln 22=+-f x x x x ，设12x x <，可得()()()12321+=-=f x f x f ，则1201x x <<<，设()()()()23,0,1=-++∈g x f x f x x ，对()g x 求导，利用其单调性可证明122x x +>.【详解】解：()f x 的定义域为()0,∞+，因为()21ln 22⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭a x f x x ax ，所以()()()()()2121121211212---⎡⎤--+⎣⎦=+--=='x a x a x ax a x x x x f a x，当12a ≤时，令()00f x x '⎧>⎨>⎩，得01x <<，令()00f x x '⎧<⎨>⎩，得1x >；当112a <<时，则1121a >-，令()00f x x '⎧>⎨>⎩，得01x <<，或121>-x a ，令()00f x x '⎧<⎨>⎩，得1121<<-x a ；当1a =时，()0f x '≥，当1a >时，则10121<<-a ，令()00f x x '⎧<⎨>⎩，得1121<<-x a ；综上所述，当12a ≤时，()f x 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减；当112a <<时，()f x ()0,1上递增，在11,21⎛⎫ ⎪-⎝⎭a 上递减，在1,21a ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭上递增；当1a =时，()f x 在()0,∞+上递增；当1a >时，()f x 在10,21⎛⎫ ⎪-⎝⎭a 上递增，在1,121⎛⎫ ⎪-⎝⎭a 上递减，在()1,+∞上递增；（2）()f x 在定义域内是是增函数，由（1）可知1a =，此时()21ln 22=+-f x x x x ，设12x x <，又因为()()()12321+=-=f x f x f ，则1201x x <<<，设()()()()23,0,1=-++∈g x f x f x x ，则()()()()()()()22311212022---'''=--+=-+=>--x x x g x f x f x x x x x 对于任意()0,1x ∈成立，所以()g x 在()0,1上是增函数，所以对于()0,1x ∀∈，有()()()12130<=+=g x g f ，即()0,1x ∀∈，有()()230-++<f x f x ，因为101x <<，所以()()11230-++<f x f x ，即()()212f x f x >-，又()f x 在()0,∞+递增，所以212x x >-，即122x x +>.【点睛】本题主要考查利用导数研究含参函数的单调性及导数在极值点偏移中的应用，考查学生分类讨论与转化的思想，综合性大，属于难题.（二）选考题：请考生在第22、23两题中任选一题作答.如果多做，则按所做第一个题目计分. 22.已知曲线C 的参数方程为2cos ,sin ,x y αα=⎧⎨=⎩（α为参数），P 是曲线C 上的点且对应的参数为β，π02β<<.直线l 过点P 且倾斜角为πβ-.（1）求曲线C 的普通方程和直线l 的参数方程.（2）已知直线l 与x 轴，y 轴分别交于,A B ，求证：PA PB ⋅为定值.【答案】（1）2214x y +=；2cos cos sin sin x t y t ββββ=-⎧⎨=+⎩（t 为参数）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由曲线C 的参数方程为2cos ,sin ,x y αα=⎧⎨=⎩，利用22sin cos 1αα+=消去参数α可得曲线C 的普通方程, 由直线l 过点()2cos ,sin P ββ且倾斜角为πβ-，所以直线l 的参数方程为()()2cos cos sin sin x t y t βπββπβ⎧=+-⎪⎨=+-⎪⎩，化简可得答案.（2）由02πβ<<，所以sin 0,cos 0≠≠ββ，由直线l 与x 轴，y 轴分别交于,A B ，可得A 对应的参数A t ，B 对应的参数B t 的值，计算可得A B PA PB t t ⋅=⋅为定值.【详解】（1）解：曲线C 的普通方程为2214x y +=，因为直线l 过点()2cos ,sin P ββ且倾斜角为πβ-，所以直线l 的参数方程为()()2cos cos sin sin x t y t βπββπβ⎧=+-⎪⎨=+-⎪⎩，即2cos cos sin sin x t y t ββββ=-⎧⎨=+⎩（t 为参数）.（2）证明：因为02πβ<<，所以sin 0,cos 0≠≠ββ，所以由sin sin 0=+=y βt β，得A 对应的参数1=-A t ，由2cos cos 0=-=x βt β，得B 对应的参数2=B t ，所以2⋅=⋅=A B PA PB t t 为定值.【点睛】本题主要考查参数与普通方程的互化及参数方程中参数的几何意义，考查学生的计算能力与转化思想，属于中档题.23.已知0a >，0b >，22143a b ab +=+. （1）求证：1ab ≤；（2）若b a >，求证：3311113⎛⎫-≥- ⎪⎝⎭a b a b . 【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由题意，可得2210,344>+=≥+ab a b ab ab，可得()2134+≥ab ab ，解不等式可得证明；（2）由0b a >>，所以110->a b ，要证3311113⎛⎫-≥- ⎪⎝⎭a b a b ，只需证221113++≥a ab b ，利用基本不等式可得证明；【详解】证明：（1）由条件，有2210,344>+=≥+ab a b ab ab ，所以()2134+≥ab ab ，即()24310--≤ab ab ，所以1ab ≤.（2）因为0b a >>，所以110->a b，要证3311113⎛⎫-≥- ⎪⎝⎭a b a b ，只需证2211111113⎛⎫⎛⎫⎛⎫-++≥-⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭a b a ab b a b （*），只需证221113++≥a ab b因为01ab <≤，所以221112133++≥+=≥a ab b ab ab ab，即（*）式成立，故原不等式成立.【点睛】本题是一道关于基本不等式应用的题目，熟练掌握基本不等式的性质进行证明是解题的关键.。

福建省漳州市2020届高三高考适应性测试数学(理)试题

%c2 L¡ ¨_ /¿
*-1 1\…W¸¨ ]- 1\3W¸¨ß
L2 …ﬂL-1 "d {L$¨L_:=,·L-
$Dj …2
L$Dj"w4¨‘*6}5#§æ«!˘J§9˙Y)˚,·H˚i«!˘? Q>,·
«!˘4P…¨#§Rv,·#§æ!
CXG˜{¯X!h)‡;=!163
N 280,25 ˚
˜ 1¯L¿jC] 10 Bv,·#§æ¨"r
%c2 2020 zQ9"J*Q63F2˜W#{B*60BN¨1\
3 N¥˜¡ 5 N¥¯
u6#{B¨B§=˙FP
18. (12 6 )
X9!! ABC A1B1C1 ]¨".
AB AC AA1 5 ¨
BC 4 ¨ O j BC ,·]&Ø¨ A1O £ MABC.
A1
C1
B1
˜ 1¯Aæ>EØ
(1) f x _ƒ-
(2) f x ,·0Wlj
2
(3) f x ‘0?l&)˜,·
x 0
(4) f x X , 0 B3FB˛ ,X 0, B3FB .
!.,· 5AŒ_ A. (1)
B. (1)(2)(4)
C. (1)(3)
D.(1)(4)
6. ".!!!
ABCD A1B1C1D1 ,·¯MEØKﬂj 1¨Qj 2¨ M j B1C1 ,·]&Ø¨E M
17. ˜ 12 6¯
".-
f (x) sin x(cos x
sin x )
1
.
2
˜ 1¯"r f (x) ,·B3FBjL$
˜ 2 ¯ X K@ @ ‚ ABC ] ¨ a ¨ b ¨ c 6 [ j @

福建省漳州市2020届高三第二次教学质量检测数学(理)试题含答案

漳州市2020届高中毕业班第二次教学质量检测理科数学试题本试卷共6页。

满分150分。

考生注意：1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名。

考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致。

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，考生必须将试题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，只有一项是符合题目要求的。

1.已知集合A=，B=，则A B=A.[-1，)B.)C.(0，)D.R2.已知复数z的共轭复数为，且满足2z=32i，则=A. B. C.3 D.53.执行如图所示的程序框图，若输入的n=3，则输出的S=A.1B.5C.14D.304.已知等比数列的前n项和为S n，若a3 =，S3=，则的公比为A.或B.或C.3或2D.3或 25.的展开式中的系数为A.6B.24C.32D.486.我国古代著名数学家刘徽的杰作《九章算术注》是中国最宝贵的数学遗产之一，书中记载了他计算圆周率所用的方法。

现设单位圆O的内接正n边形的一边为AC，点B为劣弧AC 的中点，则BC是内接正2n边形的一边，现记AC=S n，AB=S2n，则A.=B.=C.=2D.=7.已知正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为2，A，B分别为该正三棱柱内切球和外接球上的动点，则A，B两点间的距离最大值为A. 2B.C. C.8.若a=，b=12，c=，则A. B.a C.a D.9.已知双曲线C：=1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的左、右支分别交于P、Q两点，若= 2，·= 0，则C的渐近线方程为A.y=B.y=C.y=D.y=10.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(2b-c) cosA=a cosC，b=2，若边BC的中线等于3，则△ABC的面积为A.9B.C. 3D.11.已知函数f(x) =sin[cosx] +cos[sinx] ，其中[x] 表示不超过实数x的最大整数，关于f(x)有下述四个结论：①f(x)的一个周期是2π；②f(x)是非奇非偶函数；③f(x)在(0，π)单调递减；④f(x)的最大值大于。

2020届福建省漳州市高三3月第二次高考适应性测试数学(理)试题(附带详细解析)

21．已知函数 .
（1）讨论的单调性；
（2）若在定义域内是增函数，且存在不相等的正实数，使得，证明： .
22．已知曲线C的参数方程为（为参数），P是曲线C上的点且对应的参数为， .直线l过点P且倾斜角为 .
（1）求曲线C的普通方程和直线l的参数方程.
（2）已知直线l与x轴，y轴分别交于，求证：为定值.
C．数列的最大项是 D．数列的最大项是
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（）
A． B． C． D．
5．已知点在双曲线的渐近线上，则该双曲线的离心率为（）
A． B． C． D．
6．在中，，AD是BC边上的高，则等于（）
A．0B． C．2D．1
7．已知函数，则下列说法错误的是（）
A．的定义域是RB．是偶函数
C．在单调递减D．的最小值为1
8．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，角A的平分线交BC于点D，且，则的值为（）
（1）若直方图中后三组的频数成等差数列，试估计全年级视力在5.0以上的人数；
（2）为了研究学生的视力与眼保健操是否有关系，对年级不做眼保健操和坚持做眼保健操的学生进行了调查，得到下表中数据，根据表中的数据，能否在犯错的概率不超过0.005的前提下认为视力与眼保健操有关系？
（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8人，进一步调查他们良好的护眼习惯，在这8人中任取2人，记坚持做眼保健操的学生人数为X，求X的分布列和数学期望.

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届高三高考适应性测试数学(理)试题_

8
8
y a b x 的附近，且 x 46.6 ， y 563 ， t 6.8 ， (xi x )2 289.8 ， (ti t)2 1.6 ，
i 1
i 1
8
8
xi x yi y 1469 ， ti t yi y 108.8 ，其中 ti
i1
i1
xi ，t
D． 1 48
A. c b d a B. c d a b
C. c b a d D. c d b a .
8.函数 f x sin x cos x 的最小正周期与最大值之比为
A.
B. 2
C. 4
D. 8
9. 已知三角形 ABC 为直角三角形,点 E 为斜边 AB 的中点, 对于线段 AB 上的任意一点 D
居家分散测试，试卷不得外传
漳州市 2020 届高中毕业班高考适应性测试
理科数学试题
(居家分散测试，试卷不得外传)
学校
班级
姓名
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 (选择题：60 分)
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
21．（12 分）
已知函数 f (x) ln x +ax +1有两个零点 x1, x2 . （1）求 a 的取值范围；（2）记 f (x) 的极值点为 x0 ，求证： x1 x2 2ef (x0) .
（二）选考题：共 10 分．请考生在第 22、23 两题中任选一题作答．如果多做，则按所做第一个题目计分．
都有 CE CD BC AC 4 , 则 CD 的取值范围是

2020-2021学年漳州市高三(下)第二次高考适应性数学复习卷(理科)(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(理科)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，则∁R A =( )A. ⌀B. (−∞,0]C. (−∞,0)D. [0,+∞)3. 2019年10月31日，工信部宣布全国5G 商用正式启动，三大运营商公布5G 套餐，中国正式跨入5G 时代！某通信行业咨询机构对包括我国华为在内的三大5G 设备商进行了全面评估和比较，其结果如雷达图所示，则下列说法不正确的是( )A. 华为的研发投入超过A 设备商与R 设备商B. 三家设备商的产品组合指标得分相同C. 在参与评估的各项指标中，A 设备商均优于R 设备商D. 除产品组合外，华为其他4项指标均超过A 设备商与R 设备商4. 已知正方形ABCD 边长为2，在正方形ABCD 内随机取一点P ，则点P 满足|PA|≤1的概率是( )A. π4B. π8C. 1−π16D. π165. 已知点(2,√3)在双曲线x 24−y 2a=1(a >0)的一条渐近线上，则a =( )A. √3B. 3C. 2D. 2√36. 在△ABC 中，AB =2AC =2，∠BAC =120°，点D 为BC 边上一点，且BD =2DC ，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A. 3B. 2C. 73D. 237. 已知函数f(x)=2x −2−x2,g(x)=2x +2−x2，下列结论错误的是( )A. 函数f(x)的图象关于原点对称，函数g(x)的图象关于y轴对称B. 在同一坐标系中，函数f(x)的图象在函数g(x)的图象的下方C. 函数g(x)的值域是[1,+∞)D. g(2x)=2f(x)g(x)在(−∞,+∞)恒成立8.在△ABC中，∠A，B，C的对边分别为a=3，b=4，c=√13，则∠C为()A. 90∘B. 60∘C. 45∘D. 30∘9.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.过抛物线y2=4x的焦点且斜率为1的直线交抛物线于点A和B，则线段AB的长度是()A. 8B. 4C. 6D. 712.已知函数y=sin(2ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为π，且函数图象关于点(−π6,0)对称，则函数的解析式为()A. y=sin(4x+π3) B. y=sin(2x+2π3)C. y=sin(2x+π3) D. y=sin(4x+2π3)二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知sinα=35，则cos2α=______．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.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=AA1=2，P为BC的中点，点Q为侧面ADD1A1内的一点，当B1P⊥AQ，△CDQ的面积最小值为2，则棱AB的长为________．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；(2)求数列{1(n+1)a n}的前n项和．18.如图，四边形ABCD为正方形，四边形BDEF为矩形，AB=2BF，DE⊥平面ABCD．(1)求证：CF//平面ADE；(2)求二面角C−EF−B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.已知椭圆C与双曲线y2−x2=1有共同焦点，且离心率为√6．3(1)求椭圆C的标准方程；(2)设A 为椭圆C 的下顶点，M ，N 为椭圆上异于A 的不同两点，且直线AM 与AN 的斜率之积为−3．①试问MN 所在直线是否过定点?若是，求出该定点；若不是，请说明理由． ②若P 为椭圆C 上异于M ，N 的一点，且|MP|=|NP|，求△MNP 的面积的最小值．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0<a<b<1，求证：(1)a+b<1+ab．(2)√a−√b<√a+b−√b+1．【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．−1=−1+i，z−=−1−i，对应点的坐标为(−1,−1)，解：z=−1i故选：A．2.答案：C解析：该题考查了对数函数及其性质以及集合的运算，考查了学生的分析与计算能力，属基础题，根据对数函数的性质可得y≥0，再得出C R A．解：根据题意知x2≥0，x2+1≥1，根据对数函数的性质得A={y|y⩾0}，所以C R A={y|y<0}．故选C．3.答案：C解析：本题考查对数表的综合观察能力，属于基础题．根据图表数据进行判断．解：雷达图中是越外面其指标值越优，由图可知A、B、D均正确，而对于C选项，A设备商与R设备商互有优劣．故选：C．4.答案：D解析：本题在正方形中求点P 满足条件的概率，着重考查了扇形面积、正方形面积计算公式和几何概型计算公式等知识，属于基础题．由扇形面积公式，结合题意算出满足条件的点P 对应的图形的面积，求出正方体ABCD 的面积并利用几何概型计算公式，即可算出所求概率．解：如图，当点P 满足|PA|≤1时，P 在以A 为圆心、半径为1的圆内，其面积为S′=14π×12=π4，∵正方形ABCD 边长为2，得正方形的面积为S =22=4， ∴所求概率为P =S′S =π44=π16，故选D ．5.答案：B解析：本题主要考查了双曲线的简单性质的应用，考查计算能力．求出双曲线的渐近线方程，利用已知条件求出a ，即可．解：双曲线x 24−y 2a=1(a >0)的渐近线方程为：y =±√a2x ，点(2,√3)在双曲线x 24−y 2a=1(a >0)的一条渐近线上，可得√3=√a2×2，解得a =3.故选B .6.答案：D解析：用AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 表示出AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，再计算AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ .本题考查了平面向量的数量积运算，属于中档题．解：由题意可知D 为BC 的靠近C 的三等分点，∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅(13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =13×4+23×1×2×cos120°=23．故选D ．7.答案：D解析：解：对于A ，∵f(−x)=2−x −2x2=−2x −2−x2=−f(x)，∴函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称，同理，g(x)是偶函数，图象关于y 轴对称，∴A 正确；对于B ，∵f(x)−g(x)=2x −2−x2−2x +2−x2=−2−x <0∴f(x)的图象在g(x)的图象下方，B 正确；对于C ，∵g(x)=2x +2−x2≥2√2x ⋅2−x2=1，当且仅当x =0时取“=”，∴g(x)的值域是[1,+∞)，C 正确；对于D ，∵g(2x)=22x +2−2x2， 2f(x)g(x)=2⋅2x −2−x2⋅2x +2−x2=22x −2−2x2，∴只有当x =0时，g(2x)=2f(x)g(x)，D 错误．故选：D ．A 中，f(x)是奇函数，图象关于原点对称，g(x)是偶函数，图象关于y 轴对称；B 中，f(x)−g(x)<0，得出f(x)的图象在g(x)的图象下方；C 中，利用基本不等式得出g(x)≥1；D 中，判断g(2x)=2f(x)g(x)只有在x =0时成立．本题考查了函数的性质与应用问题，也考查了作差法比较大小，考查了基本不等式的应用问题，是综合性题目．8.答案：B解析：本题考查余弦定理，属于基础题．直接使用余弦定理，求得cos C，然后求解．解：在△ABC中，∵a=3，b=4，c=，∴cosC===，又∵C为三角形内角，∴0°<C<180°，∴C=60°．故选B．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=2×√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：A解析：本题主要考查了抛物线的简单性质，属于基础题．先根据抛物线方程求得抛物线的焦点坐标，进而根据点斜式求得直线的方程，与抛物线方程联立，消去y，根据韦达定理求得x1+x2的值，进而根据抛物线的定义可求得答案．解：抛物线焦点为(1,0)，p=2，则直线方程为y=x−1，代入抛物线方程y2=4x得：x2−6x+1=0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，∴x1+x2=6，根据抛物线的定义可知|AB|=x1+p2+x2+p2=x1+x2+p=6+2=8，故选：A．12.答案：C由周期求出ω，由特殊点的坐标求出φ的值，可得函数的解析式．本题主要考查由函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象求解析式，由周期求出ω，由特殊点的坐标求出φ的值，属于基础题．解：∵函数y=sin(2ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为π，∴2π2ω=π，∴ω=1．∵函数图象关于点(−π6,0)对称，∴−2×π6+φ=kπ，即φ=kπ+π3，k∈Z，0<φ<π，∴φ=π3，则函数的解析式为y=sin(2x+π3)，故选：C．13.答案：725解析：利用cos2α=1−2sin2α，即可得出结论．本题考查二倍角的余弦公式，考查学生的计算能力，属于基础题．解：∵sinα=35，∴cos2α=1−2sin2α=1−2×925=725故答案为：725．14.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：2√5解析：本题考查了立体几何的动点问题，取AD、DD1的中点E、F，连接A1E，AF，可得A1E⊥AQ，所以Q在直线AF上，点D到直线AF的距离为√5=2√55，所以△CDQ的面积最小值为12×|CD|×2√55=2，可得棱AB的长．解：取AD、DD1的中点E、F，连接A1E，AF，易知A1E//B1P，又B1P⊥AQ，所以A1E⊥AQ，所以Q在直线AF上，在△ADF中，AD=2，DF=1，AF=√5，所以点D到直线AF的距离为√5=2√55，所以△CDQ的面积最小值为12×|CD|×2√55=2，得|CD|=2√5，即棱AB的长为2√5，故答案为2√5．17.答案：解：(1)由S n=n2+n，得a1=S1=2；当n≥2时，a n=S n−S n−1=(n2+n)−[(n−1)2+(n−1)]=2n．a1=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：(1)证明：∵四边形ABCD为正方形，四边形BDEF为矩形，∴BC//AD，BF//DE，这样，平面BCF中，有两条相交直线BC，BF平行于另一个平面中的两条相交直线AD，DE，故有平面BCF//平面ADE，∴CF//平面ADE．(2)解：设BF=1，则AB=2，AC=2√2，连接AC，与BD交于M，取EF的中点N，连接MN，CN，则CM⊥平面EFBD，∴∠CNM是二面角C−EF−B的平面角，∵MN =1，CM =√2， ∴CN =√3， ∴cos∠CNM =MN CN=√33，即二面角C −EF −B 的余弦值为√33．解析：(1)利用平面BCF 中，有两条相交直线BC 和BF 平行于另一个平面中的两条相交直线AD 和DE ，得到平面 BCF//平面ADE ．(2)连接AC ，与BD 交于M ，取EF 的中点N ，连接MN ，CN ，则CM ⊥平面EFBD ，∠CNM 是二面角C −EF −B 的平面角，即可得出结论．本题考查证明线面平行、面面平行的判定定理，考查二面角C −EF −B 的余弦值，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．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)由题意，椭圆的焦点坐标为(0,±√2)，c a =√63，设椭圆方程为y 2a 2+x 2b 2=1(a >b >0)，∴c =√2，a =√3，b =1，∴椭圆C 的标准方程为y 23+x 2=1；(2)①若MN 的斜率不存在，设M(x 1,y 1)，N(x 1,−y 1). 则k AM ⋅k AN =y 1+√3x 1⋅−y 1+√3x 1=3−y 12x 12=−3，而y 12≤3，故不成立，∴直线MN 的斜率存在，设直线MN 的方程为y =kx +m ，联立{y =kx +m y 23+x 2=1，得(k 2+3)x 2+2kmx +m 2−3=0．∴x 1+x 2=−2kmk 2+3，x 1x 2=m 2−3k 2+3，k AM =y 1+√3x 1，k AN =y 2+√3x 2，∵直线AM 与直线AN 斜率之积为−3．∴k AM ⋅k AN =y 1+√3x 1⋅y 2+√3x 2=(k x 1+m +√3)(kx 2+m +√3)x 1x 2=k 2x 1x 2+k(m +√3)(x 1+x 2)+(m +√3)2x 1x 2=k 2⋅m 2−3k 2+3+k(m +√3)(x 1+x 2)+(m +√3)2m 2−3k 2+3=√3)m−√3=−3，整理得m =0． ∴直线MN 恒过(0,0)．②由①知x M 2=3k 2+3，y M 2=3k 2k 2+3，∵|MP|=|NP|，∴OP ⊥MN ，当k ≠0时，设OP 所在直线方程为y =−1k x ，则x P 2=3k 23k 2+1，y P2=33k 2+1，当k =0时，也符合上式，∴S △MNP =|OM|⋅|OP|=√x M 2+y M 2⋅√x P 2+y P 2=√3(k 2+1)k +3⋅√3(k 2+1)3k +1=3√(k 2+1)2(k +3)(3k +1)，令k 2+1=t(t ≥1)，k 2=t −1， S △MNP =3√t 23t 2+4t−4=3√1−4t 2+4t+3，∵t ≥1，∴0<1t ≤1．当1t =12，即t =2时，−4t 2+4t +3取最大值4，∴当k 2=1，即k =±1时，△MNP 的面积最小，最小值为32．解析：本题考查椭圆标准方程的求法，考查直线是否过定点的判断与证明，考查三角形面积的最小值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意韦达定理、直线斜率、基本不等式、椭圆性质的合理运用． (1)由题意，椭圆的焦点坐标为(0,±√2)，ca =√63，由此能求出椭圆C 的标准方程．(2)①设直线MN 的方程为x =ky +m ，联立{y =kx +my 23+x 2=1，得(k 2+3)x 2+2kmx +m 2−3=0.由此利用韦达定理、直线斜率，结合已知条件，能求出直线MN 恒过(0,0)．②推导出OP ⊥MN ，设OP 所在直线方程为y =−1k x ，则x P 2=3k 23k 2+1，y P2=33k 2+1，由此利用三角形面积公式、基本不等式性质，能求出k =±1时，△MNP 的面积最小，并能求出最小值．21.答案：解：(I)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=ax +2x −1=2x 2−x+ax，令f′(x)=0得2x 2−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2x2−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2x2−x+a=0有两正实数解，x1=1−√1−8a4，x2=1+√1−8a4，∴f(x)在(0,1−√1−8a4)上单调递增，在(1−√1−8a4,1+√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：(1)∵(a +b )−(1+ab )=a +b −1−ab =(a −1)+b (1−a )=(a −1)(1−b )，0<a <b <1，∴a −1<0，1−b >0．∴(a −1)(1−b )<0.∴a +b <1+ab ． (2)要证： √a −√b <√a +1−√b +1，只需证： √a +√b +1<√a +b +√b ，只需证： (√a +√b +1)2<(√a +1+√b)2，即a +b +1+2√ab +a <a +b +1+2√ab +b ，从而只需证： 2√ab +a <2√ab +b ，即√ab +a <√ab +b ，只需证ab +a <ab +b ，即a <b ，显然成立，∴原不等式成立．解析：本题考查了综合法和分析法证明，(1)运用作差法由(a +b)−(1+ab)=(a −1)(1−b)，结合0<a <b <1得证，(2)运用分析法证明要证： √a −√b <√a +1−√b +1，只需证： √a +√b +1<√a +b +√b ，展开后只需证ab +a <ab +b 故可得证．。

2020-2021学年漳州市高三(下)第二次高考适应性数学复习卷1(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1一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 设集合M ={x|x 2=x}，N ={x|lgx ⩽0}，则M ∪N =( )A. [0,1)B. (0,1]C. [0,1]D.2. 已知a,b ∈R ，复数z =a −bi ，则|z|2等于( )A. a 2+b 2−2abiB. a 2−b 2−2abiC. a 2−b 2D. a 2+b 23. 2019年10月31日，工信部宣布全国5G 商用正式启动，三大运营商公布5G 套餐，中国正式跨入5G 时代！某通信行业咨询机构对包括我国华为在内的三大5G 设备商进行了全面评估和比较，其结果如雷达图所示，则下列说法不正确的是( )A. 华为的研发投入超过A 设备商与R 设备商B. 三家设备商的产品组合指标得分相同C. 在参与评估的各项指标中，A 设备商均优于R 设备商D. 除产品组合外，华为其他4项指标均超过A 设备商与R 设备商4. 设，b =315，c =(15)0.4，则有( )A. a <b <cB. a <c <bC. c <a <bD. c <b <a5. 已知AC 是平行四边形ABCD 的对角线，若AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,4),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,3)，则AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ( ) A. 1 B. 5 C. −1 D. −56. 函数f(x)=xcosx −x 3的大致图象为( )A. B. C. D.7.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. 12−1π8.已知等比数列{a n}的首项为1，公比为q，前n项和为S n，且S n+3，S n，S n+6成等差数列，则a4等于()A. 1或−12B. 1或−2 C. −12D. −29.已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且底面ABCD是正方形，AB=2，CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A. 12B. √1010C. √105D. 1510.已知函数f(x)=4x+a2x是奇函数，若f(2m−1)+f(m−2)≥0，则m的取值范围是()A. m>1B. m<1C. m≥1D. m≤111.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+n212.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. 椭圆x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为√32，短轴长为4，则椭圆的方程为______ ．14. 已知实数x ，y 满足不等式组{x ≥0x −y −3≤0x +3y −3≤0，则2x −y 的最大值是______．15. 某几何体的三视图如图，其正视图中的曲线部分为半个圆弧，则该几何体的体积为______cm 3．16. 已知双曲线x 2−y 23=1的左、右焦点分别为F 1、F 2，P 为双曲线右支上一点，点Q 的坐标为(−2,3)，则|PQ|+|PF 1|的最小值为______ ．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 已知△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，若a =1，2cosC +c =2b ．(1)求A ；(2)若b =12，求sinC ．18. 如图，四棱锥P −ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形，且平面PAD ⊥底面ABCD ，AB =BC =12AD =1，∠BAD =∠ABC =90°．(1)证明：PD ⊥AB ；(2)取AD 中点E ，求点E 到平面PAC 的距离．19. 某研究机构对春节燃放烟花爆竹的天数x 与雾霾天数y 进行统计分析，得出下表数据．x 4 5 7 8 y2356(1)请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出y 关于x 的线性回归方程y =bx +a ； (2)试根据(1)求出的线性回归方程，预测燃放烟花爆竹的天数为9的雾霾天数．相关公式：，b =∑(n i=1x i −x −)(y i −y −)∑(n i=1x i −x −)2=∑x i n i=1y i −nx −y−∑x i 2n i=1−nx−2,a =y −−bx −20. 已知直线l 与抛物线y 2=8x 交于A.B 两点，且线段AB 恰好被点P(2,2)平分．(1)求直线l 的方程；(2)抛物线上是否存在点C 和D ，使得C 、D 关于直线l 对称？若存在，求出直线CD 的方程；若不存在，说明理由．21. 已知函数f(x)=lnx +ax (a >0)．(Ⅰ) 若函数f(x)有零点，求实数a 的取值范围； (Ⅱ) 证明：当a ≥2e 时，f(x)>e −x ．22. 在平面直角坐标系xOy 中，倾斜角为α的直线l 的参数方程为{x =tcosαy =1+tsinα(其中t 为参数).在以O 为极点、x 轴的非负半轴为极轴的极坐标系(两种坐标系的单位长度相同)中，曲线C ：ρ(1+cos2θ)=λsinθ的焦点F 的极坐标为(1,π2)． (Ⅰ)求常数λ的值；(Ⅱ)设l 与C 交于A 、B 两点，且|AF|=3|FB|，求α的大小．23.已知a，b，c，d∈(0,+∞)，求证ac+bd≤√(a2+b2)(c2+d2)．【答案与解析】1.答案：C解析：本题主要考查集合的并集运算，属于基础题．先求M，N={x|lg x⩽0}=(0,1]，再求M∪N即可．解：由M={x|x2=x}={0,1}，N={x|lg x⩽0}=(0,1],得M∪N=[0,1]．故选C．2.答案：D解析：本题考查复数的模长，属基础题，难度不大．求出复数的模即可求解．解：z=a−bi，则|z|=√a2+(−b)2=√a2+b2，所以|z|2=a2+b2．故选D．3.答案：C解析：本题考查对数表的综合观察能力，属于基础题．根据图表数据进行判断．解：雷达图中是越外面其指标值越优，由图可知A、B、D均正确，而对于C选项，A设备商与R设备商互有优劣．故选：C．4.答案：B解析：解：，b=315>30=1，0<c =(15)0.4<(15)0=1， ∴a <c <b ．故选：B ．利用指数函数和对数函数的性质求解．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，注意指数函数和对数函数的性质的合理运用．5.答案：A解析：本题主要考查了向量加法的平行四边形法则及向量数量积的坐标表示，属基础题．由向量加法的平行四边形法则AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 可求的AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 坐标，然后代入向量数量积的坐标表示可求AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ．解：因为AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,4) , AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,3)，由向量加法的平行四边形法则可得，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,4)，所以AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,1)， BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,−2)AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3×(−1)+(−2)×1=1．故选A ．6.答案：A解析：本题考查函数图像，考查函数的性质，属于基础题．由函数的奇偶性和特殊点，排除不合适选项即可．解：由题意可得f(x)=xcosx −x 3为奇函数，图像关于原点对称，排除C 、D ；又当f(π2)=−(π2)3<0，排除B ．故选A ．7.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．8.答案：D解析：【试题解析】本题考查等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查等差数列中项的性质，以及分类讨论思想方法，考查运算能力，属于中档题．讨论q =1，检验不成立；q ≠1，运用等比数列的求和公式，解方程可得q ，再由等比数列的通项公式，计算可得所求值．解：若q =1，则S n =na 1， S n+3，S n ，S n+6成等差数列，可得2S n =S n+3+S n+6，即2na 1=(n +3)a 1+(n +6)a 1=2na 1+9a 1，解得a 1=0不成立；若q ≠1，有2a 1(1−q n )1−q=a 1(1−q n+3)1−q+a 1(1−q n+6)1−q，化为2q n =q n+3+q n+6，即为q 6+q 3−2=0，解得q =√−23或1(舍去)，则a 4=a 1q 3=1×(−2)=−2．故选D ．9.答案：D解析：解：如图，连接AD1，B1D1，则∠B1AD1为异面直线AB1与BC1所成角，由已知可得：AB1=AD1=√5，B1D1=2√2．∴cos∠B1AD1=2×√5×√5=15．∴异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为15．故选：D．由已知画出图形，找出异面直线AB1与BC1所成角，再由余弦定理求解．本题考查异面直线所成角的求法，是基础的计算题．10.答案：C解析：本题考查函数单调性与奇偶性的应用，考查数学转化思想方法，是中档题．由已知结合f(0)=0求得a=−1，得到函数f(x)在R上为增函数，利用函数单调性化f(2m−1)+ f(m−2)≥0为f(2m−1)≥f(−m+2)，即2m−1≥−m+2，则答案可求．解：∵函数f(x)=4x+a2x的定义域为R，且是奇函数，∴f(0)=40+a20=0，即a=−1．∴f(x)=4x−12x =2x−12x，∵2x在(−∞,+∞)上为增函数，∴函数f(x)=2x−12x在(−∞,+∞)上为增函数，由f(2m−1)+f(m−2)≥0，得f(2m−1)≥f(−m+2)，∴2m−1≥−m+2，可得m≥1．∴m的取值范围为m≥1．故选C．11.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 ．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：x 216+y 24=1解析：解：椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为√32，短轴长为4，即有b =2，e =c a =√32，a 2−b 2=c 2，解得a =4，c =2√3，则椭圆方程为x216+y24=1．故答案为：x216+y24=1．由题意可得b=2，e=ca =√32，a2−b2=c2，解方程可得a=4，进而得到椭圆方程．本题考查椭圆的方程和性质，主要椭圆的离心率的运用，考查运算能力，属于基础题．14.答案：6解析：解：设z=2x−y，则y=2x−z，作出不等式对应的平面区域(阴影部分)如图：平移直线y=2x−z，由图象可知当直线y=2x−z经过点C(3,0)时，直线y=2x−z的截距最小，此时z最大．z的最大值为z=2×3=6，．故答案为：6作出不等式组对应的平面区域，设z=2x−y，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定z的最大值．本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．15.答案：6+32π解析：本题考查了利用三视图求几何体的体积问题，是基础题．由三视图知该几何体是左边为横放的直三棱柱，右边是横放的半圆柱，结合图中数据求出它的体积．解：由三视图知，该几何体是由左右两部分组成的，左边的是横放的直三棱柱，高为3，底面是边长为2的等腰直角三角形，右边是一个半圆柱，高为3，底面半径为1，∴该几何体的体积为V=V三棱柱+V半圆柱=12×2×2×3+12×π×12×3=6+3π2(cm3).故答案为：6+3π2．16.答案：7解析：依题意，可求得F1(−2,0)，F2(2,0)，P在双曲线的右支上，利用双曲线的定义|PF1|−|PF2|=2，可求得|PF1|=|PF2|+2，从而可求得|PF1|+|PQ|的最小值．本题考查双曲线的简单性质，利用双曲线的定义将|PF1|转化为|PF2|+2是关键，考查转化思想与应用不等式的能力，属于中档题．解：由双曲线方程得a=1，c=2∵P在双曲线的右支上，∴|PF1|−|PF2|=2，∴|PF1|=|PF2|+2，又双曲线右焦点F2(2,0)，∴|PF1|+|PQ|=|PF2|+2+|PQ|≥|QF2|+2=√(−2−2)2+32+2=5+2=7，(当且仅当Q、P、F2三点共线时取“=”)．则|PQ|+|PF1|的最小值为7．故答案为7．17.答案：解：(Ⅰ)因为a=1，2cosC+c=2b，由余弦定理得2×12+b 2−c 22b +c =2b ，即b 2+c 2−1=bc ．所以cosA =b 2+c 2−122bc =bc 2bc =12.由于0<A <π，所以A =π3；(Ⅱ)由b =12及b 2+c 2−1=bc ，得(12)2+c 2−1=12c ，即4c 2−2c −3=0，解得c =1+√134或c =1−√134(舍去)，由正弦定理c sinC =a sinA ，得sinC =1+√134×sin60∘=√3+√398.解析：本题考查了正弦定理和余弦定理，是中档题．(Ⅰ)根据余弦定理将2cosC +c =2b ，转化为b 2+c 2−1=bc ，从而可得cosA =12，即可求出A ； (Ⅱ) 由b =12及b 2+c 2−1=bc ，解得c =1+√134，再利用正弦定理jik 即可求出sin C ．18.答案：证明：(I)∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD =AD ，又∵∠BAD =90°，∴AB ⊥平面PAD ．∵PD ⊂面PAD∴PD ⊥AB ．(II)以AD 的中点E 为原点，EC 为x 轴，ED 为y轴，EP 为z 轴，建立空间直角标系，E(0,0，0)，P(0,0，√3)，A(0,−1,0)，C(1,0，0)，PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0，−√3)，PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,−√3)，PC⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0，−√3)，设平面PAC 的法向量n⃗ =(x,y ，z)，则{n ⃗ ⋅PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =−y −√3z =0n⃗ ⋅PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =x −√3z =0，取z =1，得n ⃗ =(√3,−√3,1)， ∴点E 到平面PAC 的距离d =|n ⃗⃗ ⋅PE⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=√3√7=√217．解析：(I)取AD 的中点E ，连结PE ，CE ，通过平面PAD ⊥平面ABCD ，推出BA//CE ，CE ⊥PE ，证明BA ⊥PE ，然后证明BA ⊥平面PAD ，由此能证明PD ⊥AB ．(II)以AD 的中点E 为原点，EC 为x 轴，ED 为y 轴，EP 为z 轴，建立空间直角标系，利用向量法能求出点E 到平面PAC 的距离．本题考查线线垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，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，考查函数与方程思想，是中档题．19.答案：解：(1)∵x −=4+5+7+84=6，y −=2+3+5+64=4，∑x i 4i=1y i =106，∑x i 24i=1=154，∴b =∑x i 4i=1y i −4x −y−∑x i 24i=1−4(x −)2=1，a =y −−bx −=−2，故线性回归方程为：y =x −2；(2)在y =x −2中，取x =9，得y =7．故由线性回归方程可以预测，燃放烟花爆竹的天数为9的雾霾天数为7．解析：(1)由已知表格中的数据求得b 与a 的值，则线性回归方程可求；(2)在(1)中的回归方程中，取x =9求得y 值得答案．本题考查线性回归方程的求法，考查计算能力，是基础题．20.答案：解：(1)设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，则x 1+x 2=4，y 1+y 2=4，∵y 12=8x 1，y 22=8x 2，∴4(y 1−y 2)=8(x 1−x 2)，∴k AB =2，∴直线l 的方程为：y −2=2(x −2)，化为2x −y −2=0．(2)设直线CD 的方程为x +2y +c =0，与抛物线联立，可得y 2+16y +8c =0，设C(x 3,y 3)，D(x 4,y 4)，则y 3y 4=8c ，y 3+y 4=−16，∴x 3+x 4=18(y 32+y 42)=32−2c ， ∴CD 的中点坐标为(16−c,−8)代入2x −y −2=0，可得32−2c +8−2=0，∴c =19，∴直线CD 的方程为x +2y +19=0．解析：(1)利用点差法，求出直线的斜率，即可求出直线l 的方程；(2)设直线CD 的方程为x +2y +c =0，与抛物线联立，可得y 2+16y +8c =0，求出CD 的中点坐标，代入直线l ，即可得出结论．本题考查了抛物线的标准方程及其性质、斜率与中点坐标公式、直线与与抛物线相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系、考查了推理能力与计算能力，属于中档题．21.答案：解：(Ⅰ)法1：函数f(x)=lnx +a x 的定义域为(0,+∞)．由f(x)=lnx +a x ，得f′(x)=1x −a x 2=x−a x 2.…(1分)因为a >0，则x ∈(0,a)时，f′(x)<0；x ∈(a,+∞)时，f′(x)>0．所以函数f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增．…(2分)当x =a 时，[f(x)]min =lna +1.…(3分)当lna +1≤0，即0<a ≤1e 时，又f(1)=ln1+a =a >0，则函数f(x)有零点．…(4分) 所以实数a 的取值范围为(0,1e ].…(5分)法2：函数f(x)=lnx +a x 的定义域为(0,+∞)．由f(x)=lnx +a x =0，得a =−xlnx.…(1分)令g(x)=−xlnx ，则g′(x)=−(lnx +1)．当x ∈(0,1e )时，g′(x)>0；当x ∈(1e ,+∞)时，g′(x)<0．所以函数g(x)在(0,1e )上单调递增，在(1e ,+∞)上单调递减．…(2分)故x =1e 时，函数g(x)取得最大值g(1e )=−1e ln 1e =1e .…(3分)因而函数f(x)=lnx +a x 有零点，则0<a ≤1e .…(4分)所以实数a 的取值范围为(0,1e ].…(5分)(Ⅱ) 要证明当a ≥2e 时，f(x)>e −x ，即证明当x >0，a ≥2e 时，lnx +a x >e −x ，即xlnx +a >xe −x .…(6分)令ℎ(x)=xlnx +a ，则ℎ′(x)=lnx +1．当0<x <1e 时，f′(x)<0；当x >1e 时，f′(x)>0．所以函数ℎ(x)在(0,1e )上单调递减，在(1e ,+∞)上单调递增．当x =1e 时，[ℎ(x)]min =−1e +a.…(7分)于是，当a ≥2e 时，ℎ(x)≥−1e +a ≥1e .①…(8分)令φ(x)=xe −x ，则φ′(x)=e −x −xe −x =e −x (1−x)．当0<x <1时，f′(x)>0；当x >1时，f′(x)<0．所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．当x =1时，[φ(x)]max =1e .…(9分)于是，当x >0时，φ(x)≤1e .②…(10分)显然，不等式①、②中的等号不能同时成立．…(11分)故当a ≥2e 时，f(x)>e −x .…(12分)解析：(Ⅰ)法一：求出函数f(x)的导数，根据函数的单调性求出a 的范围即可；法二：求出a =−xlnx ，令g(x)=−xlnx ，根据函数的单调性求出a 的范围即可；(Ⅱ)问题转化为xlnx +a >xe −x ，令ℎ(x)=xlnx +a ，令φ(x)=xe −x ，根据函数的单调性证明即可．本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、考查不等式的证明，是一道综合题．22.答案：解：(Ⅰ)曲线C ：ρ(1+cos2θ)=λsinθ，转换为：2ρ2cos 2θ=λρsinθ，即：x 2=λ2y ，由于：曲线C 的焦点F 的极坐标为(1,π2)．即：F(0,1)，所以：λ8=1，故：λ=8．(Ⅱ)把倾斜角为α的直线l 的参数方程为{x =tcosαy =1+tsinα(其中t 为参数)代入x 2=4y ．得到：cos 2αt 2−4sinαt −4=0．所以：t 1+t 2=4sinαcos 2α，t 1⋅t 2=−4cos 2α<0，且|AF|=3|FB|，故：t 1=6sinαcos 2α，t 2=−2sinαcos 2α，整理得−12sin2αcos4α=−4cos2α，解得：tanα=±√33，由于：0<α≤π，故：α=π6或5π6．解析：本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换一元二次方程根和系数关系式的应用，三角函数关系式的恒等变换，主要考察学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．(Ⅰ)直接利用转换关系式，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．(Ⅱ)利用一元二次方程关系式的应用和三角函数关系式的变换的应用求出结果．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．。