2020年安徽高三一模理科数学试卷(江南十校)
安徽省江淮十校2020届高三上学期第一次联考试题 数学(理)Word版含答案
安徽省江淮十校2020届高三上学期第一次联考试题（8月）数学（理）1.已知集合⎭⎬⎫⎩⎨⎧≠+==0,1|x x x y y A ，集合{}04|2≤-=x x B ,若P B A =I 则集合P 的子集个数为( )A ．2B ．4C ．8D ．16 2．复数满足2|43|=++i z ，则z z ⋅的最大值是( ) A ．7B ．49C ．9D ．813.设,,a b c 为正数，则“a b c +>”是“222a b c +>”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4．已知向量,a b vv 均为非零向量，()2,a b a a b -⊥=vvvv v，则,a b vv 的夹角为（） A ．6πB ．3πC ．23πD ．56π5.已知1331ln ,,log x y e z ππ-===,则( )A ．x y z <<B ．z x y <<C ．z y x <<D ．y z x <<6．勒洛三角形是具有类似圆的“定宽性”的面积最小的曲线，它由德国机械工程专家，机构运动学家勒洛首先发现， 其作法是：以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形．现在勒洛三角形中随机取一点，则此点取自正三角形外的概率为( ) A ．2π332(π3)--B ．32(π3)-C ．32(π3)+D ．2π332(π3)-+7．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，F 是棱11A D 上的动点．下列说法正确的是（ ）A ．对任意动点,F 在平面11ADD A 内不存在．．．与平面CBF 平行的直线B ．对任意动点,F 在平面ABCD 内存在．．与平面CBF 垂直的直线C ．当点F 从1A 运动到1D 的过程中，FC 与平面ABCD 所成的角变大．． D ．当点F 从1A 运动到1D 的过程中，点D 到平面CBF 的距离逐渐变小．．8..某创业公司共有36名职工，为了了解该公司职工的年龄构成情况，随机采访了9位代表，将数据制成茎叶图如图，若用样本估计总体，年龄在()s x s x +-,内的人数占公司总人数的百分比是（精确到1%）（ ）A ．56%B ．14%C ．25%D ．67%9..将余弦函数的图像向右平移2π个单位后，再保持图像上点的纵坐标不变，横坐标变为原来的一半,得到函数)(x f 的图像，下列关于)(x f 的叙述正确的是（ ）A.最大值为1，且关于⎪⎭⎫⎝⎛0,43π对称； B.周期为π，关于直线2π=x 对称；C.在⎪⎭⎫ ⎝⎛-8,6ππ上单调递增，且为奇函数；D.在⎪⎭⎫⎝⎛40π，上单调递减，且为偶函数.10..对任意实数x ，恒有01≥--ax e x成立，关于x 的方程01ln )(=---x x a x 有两根为)(,2121x x x x <，则下列结论正确的为（ ）A ．221=+x xB ．121=⋅x xC ． 221=x x D ．12x e x =11.已知双曲线C:12222=-by a x 的两条渐近线分别为,21l l 与A 与B 为1l 上关于坐标原点对称的两点，M 为2l 上一点且e k k BM AM =⋅，则双曲线离心率e 的值为（ ） A. 5 B. 215+ C. 2 D. 212.在四面体ABCD 中，若AD DB AC CB 1====，则当四面体ABCD 体积的最大时其外接球表面积为（） A ．π35 B ．π34C ．πD ．π2 二．填空题(每题5分，共20分)13已知实数x ，y 满足210020x x y x y -≥⎧⎪-≤⎨⎪+-≤⎩，则目标函数2z x y =+的最小值为________14．已 知 5(1)(2)x x a ++的 展 开 式 中 各 项 系 数 和 为 2, 则 其 展 开 式 中 含2x 项 的 系 数 是 _______15.关于x 的方程0cos 2sin =++a x x 在⎪⎭⎫⎝⎛20π，内有解，则实数a 的取值范围是__________16. 已知抛物线C :y x 42=的焦点为F ，过F 作直线l 交抛物线与B A ,两点且2λ=()为非零常数λ，以A 为切点作抛物线C 的切线交直线：1-=y 与M 点，则MF 的长度为__（结果用含λ式子表示）17. 数列{}n a 的前n 项和为n S ,且()()1216++=n n n S n （1）求{}n a 的通项公式；（2）设141n n b a =-，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明：21<n T 18ABC ∆中，角CB A ,,所对的边分别是cb a ,,，若C B A 222sin 3sin sin =-,322sin =A ，且0>⋅AC BA ， （1）求CBsin sin ； （2）若2=a ，求ABC ∆的面积。
安徽省2020年江南十校4月综合素质测试理科数学试题及答案解析
19.（本小题满分 12 分）
一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得 2 分，反面向上得 1 分.
x cos x
4．函数 f (x)
在[ , ] 上的图象大致为
2x 2x
22
5．若(l+ax)(l+x)5 的展开式中 x2，y3 的系数之和为-10，则实数 a 的值为 A．-3 B．-2 C．-l D．1
6．已知 a=log3 2 ，b=ln3,c=2-0.99，则 a，b，c 的大小关系为
赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的
成绩，若将 6 拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为
1
A．
5
1
B．
3
3
C．
5
2
D．
3
1
7
9．已知正项等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,S2= ，S3 = ，则 a1a2…an 的最小值为
9
27
2
4 A．
D．2
11.已知 f (x) 1 2 cos2 (x )( 0) ．给出下列判断： 3
①若 f(xl)=l，f(x2)= -1，且|x1-x2|min=π，则ω=2;
②存在ω∈(0，2)，使得 f(x)的图象右移 个单位长度后得到的图象关于 y 轴对称；
6
41 47 ③若 f(x)在[0，2π]上恰有 7 个零点，则ω的取值范围为[ , ]
2020年安徽省江南十校联考理科数学试题及答案
2020年安徽省江南十校联考理科数学试题及答案本页仅作为文档封面，使用时可以删除This document is for reference only-rar21year.March绝密★启用前2020年安徽省“江南十校”综合素质检测理科数学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。
满分150分，考试时间120分钟。
2.答卷前，考生务必用毫米黑色签字笔将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。
选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．效．。
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.已知复数z＝(1－a)＋(a2－1)i(i为虚数单位，a>1)，则z在复平面内的对应点所在的象限为A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2.已知集合A＝{x|3x<x＋4}，B＝{x|x2－8x＋7<0}，则A∩B＝A.(－1，2)B.(2，7)C.(2，＋∞)D.(1，2)3.某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为120°，并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连(弧的两端各一个，导线接头忽略不计)，已知扇形的半径为30厘米，则连接导线最小大致需要的长度为厘米厘米厘米厘米4.函数f(x)＝cos22x xx x-+在[－2π，2π]上的图象大致为5.若(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2，x3的系数之和为－10，则实数a的值为A.－3B.－2C.－16.已知a＝log2，b＝ln3，c＝2－，则a，b，c的大小关系为>c>a >b>c >a>b >b>a7.执行下面的程序框图，则输出S的值为A.112-B.2360C.1120D.43608.“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数(素数)之和，也就是我们所谓的“1＋1”问题。
2020-2021学年安徽省江南十校高三(上)第一次联考数学(理科)试题Word版含解析
2020-2021学年安徽省江南十校高三（上）第一次联考数学（理科）试题一、选择题：本大题共12个小题，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．（5分）已知复数z=，则|z|为（）A．B．C．D．2．（5分）已知集合A={x|log2（x﹣1）＜1}，B={x|x2﹣2x﹣3＜0}，则“x∈A”是“x∈B”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3．（5分）将函数f（x）=sinxcosx﹣1+sin2x的图象经过恰当平移后得到一个偶函数的图象，则这个平移可以是（）A．向左平移个单位B．向左平移个单位C．向右平移个单位D．向右平移个单位4．（5分）已知直线ax﹣by+2=0（a＞0，b＞0）被圆x2+y2+2x﹣2y+1=0截得的弦长为2，则+的最小值为（）A．3 B．+C．2+D．3+25．（5分）某几何体的三视图如图所示，则其外接球的表面积为（）A．32π B．16π C．64π D．48π6．（5分）已知平行四边形ABCD中，AB=2，AD=1，∠BAD=60°，=，则•的值为（）A．﹣ B．C．D．7．（5分）执行如图所示的程序框图，如果输入的x值是407，y值是259，那么输出的x值是（）A．2849 B．37 C．74 D．778．（5分）已知实数x，y满足，则z=4x•（）y的最大值为（）A．1 B．2 C．4 D．29．（5分）已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为，左顶点到一条渐近线的距离为，则该双曲线的标准方程为（）A．﹣=1 B．﹣=1C．﹣=1 D．﹣=110．（5分）已知α为第三象限角，tan2α=﹣，则sin α的值为（）A．±B．﹣C．D．﹣11．（5分）一纸盒中有牌面为6，8，10的扑克牌各一张，每次从中取出一张，依次记下牌面上的数字后放回，当三种牌面的牌全部取到时停止取牌，若恰好取5次牌时停止，则不同取法的种数为（）A．60 B．48 C．42 D．3612．（5分）设定义在（0，+∞）上的单调函数f（x），对任意的x∈（0，+∞）都有f[f（x）﹣log2x]=3．若方程f（x）+f′（x）=a有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是（）A．（1，+∞）B．（2+，+∞）C．（3﹣，+∞）D．（3，+∞）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）已知二项式（1﹣3x）n的展开式中，第3项和第5项的二项式系数相等，则这个展开式的第4项为．14．（5分）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，bsinA﹣acosB﹣2a=0，则∠B= ．15．（5分）已知定义在R上的函数f（x）的图象关于y轴对称，且满足f（x+2）=f（﹣x），若当x∈[0，1]时，f（x）=3x﹣1，则f（log10）的值为．16．（5分）一个平面图形由红、黄两种颜色填涂，开始时，红色区域的面积为，黄色区域的面积为．现对图形的颜色格局进行改变，每次改变都把原有红色区域的改涂成黄色，原有黄色区域的改涂成红色，其他不变，经过4次改变后，这个图形中红色区域的面积是．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（12分）已知数列{a n}满足a1=1，na n+1=（n+1）a n+n2+n（n∈N*）．（1）求证：数列{}为等差数列；（2）若数列{b n}满足b n=，求数列{b n}的前n项和S n．18．（12分）如图，四边形ABEF为矩形，四边形CEFD为直角梯形，CE∥DF，EF⊥FD，平面ABEF⊥平面CEFD，P为AD的中点，且AB=EC=FD．（1）求证：CD⊥平面ACF；（2）若BE=2AB，求二面角B﹣FC﹣P的余弦值．19．（12分）某市有中型水库1座，小型水库3座，当水库的水位超过警戒水位时就需要泄洪．气象部门预计，今年夏季雨水偏多，中型水库需要泄洪的概率为，小弄水库需要泄洪的概率为，假设每座水库是否泄洪相互独立．（1）求至少有一座水库需要泄洪的概率；（2）设1座中型水库泄洪造成的损失量为2个单位，1座小型水库泄洪造成的损失量为1个单位，设ξ表示这4座水库泄洪所造成的损失量之和，求ξ的分布列及数学期望．20．（12分）已知F1，F2分别是椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左、右焦点，离心率为，点P在椭圆C上，且点P在x轴上的正投影恰为F1，在y轴上的正投影为点（0，）．（1）求椭圆C的方程；（2）过F1的直线l与椭圆C交于A，B两点，过点P且平行于直线l的直线交椭圆C于另一点Q，问：四边形PABQ能否成为平行四边形？若能，请求出直线l的方程；若不能，请说明理由．21．（12分）已知函数f（x）=，其中t是实数．设A，B为该函数图象上的两点，横坐标分别为x1，x2，且x1＜x2（1）若x2＜0，函数f（x）的图象在点A，B处的切线互相垂直，求x1﹣2x2的最大值；（2）若函数f（x）的图象在点A，B处的切线重合，求t的取值范围．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C1的参数方程为（θ为参数），曲线 C2的极坐标方程为ρcosθ﹣ρsinθ﹣4=0．（1）求曲线C1的普通方程和曲线 C2的直角坐标方程；（2）设P为曲线C1上一点，Q为曲线 C2上一点，求|PQ|的最小值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|2x﹣1|+|x+1|．（1）解不等式f（x）＜4；（2）若存在实数x0，使得f（x0）＜log2成立，求实数t的取值范围．2020-2021学年安徽省江南十校高三（上）第一次联考数学（理科）试题参考答案一、选择题：本大题共12个小题，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．（5分）已知复数z=，则|z|为（）A．B．C．D．【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，然后代入复数模的公式计算．【解答】解：由z==，得|z|=．故选：C．【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，是基础题．2．（5分）已知集合A={x|log2（x﹣1）＜1}，B={x|x2﹣2x﹣3＜0}，则“x∈A”是“x∈B”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】分别求出关于集合A、B的不等式，结合集合的包含关系判断即可．【解答】解：∵A={x|log2（x﹣1）＜1}=（1，3），B={x|x2﹣2x﹣3＜0}=（﹣1，3），∴A⊊B，∴“x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件，故选：A．【点评】本题考查了充分必要条件，考查集合的包含关系，是一道基础题．3．（5分）将函数f（x）=sinxcosx﹣1+sin2x的图象经过恰当平移后得到一个偶函数的图象，则这个平移可以是（）A．向左平移个单位B．向左平移个单位C．向右平移个单位D．向右平移个单位【分析】利用降幂公式和辅助角公式化简，然后根据三角函数的图象平移得答案．【解答】解：f（x）=sinxcosx﹣1+sin2x=﹣1+=．当把该函数的图象右移个单位，得到函数g（x）==为偶函数．故选：C．【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，根据图象求出函数的解析式是解决本题的关键．要求熟练掌握函数图象之间的变化关系，是基础题．4．（5分）已知直线ax﹣by+2=0（a＞0，b＞0）被圆x2+y2+2x﹣2y+1=0截得的弦长为2，则+的最小值为（）A．3 B．+C．2+D．3+2【分析】先求出圆心和半径，由直线ax﹣by+2=0（a＞0，b＞0）被圆x2+y2+2x﹣2y+1=0截得的弦长为2，可得直线ax﹣by+2=0经过圆心，可得a+b=2，代入式子再利用基本不等式可求式子的最小值．【解答】解：圆x2+y2+2x﹣2y+1=0 即（x+1）2+（y﹣1）2=1，圆心为（﹣1，1），半径为1，∵直线ax﹣by+2=0（a＞0，b＞0）被圆x2+y2+2x﹣2y+1=0截得的弦长为2，∴直线ax﹣by+2=0经过圆心，∴﹣a﹣b+2=0，a+b=2，则+=（a+b）（+）=（3++）≥，当且仅当a=b时等号成立，故+的最小值为．故选：B．【点评】本题考查直线和圆的位置关系，弦长公式以及基本不等式的应用．5．（5分）某几何体的三视图如图所示，则其外接球的表面积为（）A．32π B．16π C．64π D．48π【分析】由题意，直观图为底面是直角三角形，高为4的直棱柱，底面直角三角形的斜边长为4，将直三棱柱扩充为长方体，底面对角线长为4，所以长方体的对角线长为=4，可得外接球的半径，即可求出外接球的表面积．【解答】解：由题意，直观图为底面是直角三角形，高为4的直棱柱，底面直角三角形的斜边长为4，将直三棱柱扩充为长方体，底面对角线长为4，所以长方体的对角线长为=4，∴外接球的半径为2，∴外接球的表面积为=32π．故选：A．【点评】本题考查三视图，考查外接球的表面积，考查学生的计算能力，确定外接球的半径是关键．6．（5分）已知平行四边形ABCD中，AB=2，AD=1，∠BAD=60°，=，则•的值为（）A．﹣ B．C．D．【分析】用表示出，再代入平面向量的数量积计算公式计算．【解答】解：=4，=1，=2×1×cos60°=1．∵=，∴．∴=，=．∴=（）•（）=﹣++=﹣+1+=．故选：B．【点评】本题考查了平面向量的数量积运算，平面向量的线性运算的几何意义，属于中档题．7．（5分）执行如图所示的程序框图，如果输入的x值是407，y值是259，那么输出的x值是（）A．2849 B．37 C．74 D．77【分析】根据已知中的程序框图，模拟程序的运行过程，并逐句分析各变量值的变化情况，可得答案．【解答】解：模拟程序的运行，可得x=407，y=259第1次循环后，s=148，x=259，y=148；第2次循环后，s=111，x=148，y=111；第3次循环后，s=37，x=111，y=37；第4次循环后，s=74，x=74，y=37；第5次循环后，s=37，x=37，y=37，结束循环，故输出的x的值为37．故选：B．【点评】本题考查的知识点是程序框图，在写程序的运行结果时，我们常使用模拟循环的变法，但程序的循环体中变量比较多时，要用列举法对数据进行管理，属于基础题．8．（5分）已知实数x，y满足，则z=4x•（）y的最大值为（）A．1 B．2 C．4 D．2【分析】z=4x•（）y=22x﹣y，设m=2x﹣y，作出不等式组对应的平面区域求出m的最大值即可．【解答】解：由z=4x•（）y=22x﹣y，设m=2x﹣y，得y=2x﹣m，作出不等式对应的可行域（阴影部分），平移直线y=2x﹣m，由平移可知当直线y=2x﹣m，经过点A时，直线y=2x﹣m的截距最小，此时m取得最大值，由，解得，即A（2，2）．代入m=2x﹣y，得m=4﹣2=2，即目标函数m=2x﹣y的最大值为2．则z的最大值为22=4，故选：C．【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义以及换元法，结合数形结合的数学思想是解决此类问题的基本方法．9．（5分）已知双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为，左顶点到一条渐近线的距离为，则该双曲线的标准方程为（）A．﹣=1 B．﹣=1C．﹣=1 D．﹣=1【分析】利用双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的离心率为，左顶点到一条渐近线的距离为，建立方程组，求出a，b，即可求出该双曲线的标准方程．【解答】解：由题意，，解的b=2，a=2，∴双曲线的标准方程为．故选：D．【点评】本题考查双曲线的方程和性质，主要考查渐近线方程和离心率的求法，属于中档题．10．（5分）已知α为第三象限角，tan2α=﹣，则sin α的值为（）A．±B．﹣C．D．﹣【分析】由已知利用二倍角的正切函数公式可求tanα=2，利用同角三角函数基本关系式进而可求sin2α的值，结合角的范围，即可得解．【解答】解：∵tan2α==﹣，α为第三象限角，∴解得：tanα=2或﹣（负值舍去），∴sinα=2cosα，又∵sin2α+cos2α=1，∴sin2α=，∵α为第三象限角，∴sinα=﹣．故选：B．【点评】本题主要考查了二倍角的正切函数公式，同角三角函数基本关系式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．11．（5分）一纸盒中有牌面为6，8，10的扑克牌各一张，每次从中取出一张，依次记下牌面上的数字后放回，当三种牌面的牌全部取到时停止取牌，若恰好取5次牌时停止，则不同取法的种数为（）A．60 B．48 C．42 D．36【分析】在前4次中，前两张牌都至少取得1次，在第5次恰好取出最后一种即第三张牌，可以先选出2张牌，在前4次中取到，再用排除法分析得到前4次取牌中，这两张牌，都至少取得1次的情况数目，而第5次恰好取出第第三张牌有1种情况，由分步计数原理可得恰好取5次牌时停止取牌的情况数目．【解答】解：若恰好取5次牌时停止取牌，则在前4次中，前两张牌都至少取得1次，在第5次恰好取出最后一种即第三张牌，在前4次中，只取2张牌，有C32=3种情况，且这张牌都至少取得1次，前4次取牌中，只取这2张牌有24种情况，其中同一张牌的有2种，则前4次取牌有3×（24﹣2）=42种情况，第5次恰好取出第三张牌有1种情况，故恰好取5次牌时停止取牌有42种情况，故选：C．【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，涉及排列、组合与分步计数原理的应用，注意本题是有放回抽取．12．（5分）设定义在（0，+∞）上的单调函数f（x），对任意的x∈（0，+∞）都有f[f（x）﹣log2x]=3．若方程f（x）+f′（x）=a有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是（）A．（1，+∞）B．（2+，+∞）C．（3﹣，+∞）D．（3，+∞）【分析】根据题意，由单调函数的性质，可得f（x）﹣log2x为定值，可以设t=f（x）﹣log2x，则f（x）=log2x+t，又由f（t）=3，即log2t+t=3，解可得t的值，可得f（x）的解析式，对其求导可得f′（x）；将f（x）与f′（x）代入f（x）+f′（x）=a，求出函数的最小值，即可得答案．【解答】解：根据题意，对任意的x∈（0，+∞），都有f[f（x）﹣log2x]=3，又由f（x）是定义在（0，+∞）上的单调函数，则f（x）﹣log2x为定值，设t=f（x）﹣log2x，则f（x）=log2x+t，又由f（t）=3，即log2t+t=3，解可得，t=2；则f（x）=log2x+2，f′（x）=，将f（x）=log2x+2，f′（x）=，代入f（x）+f′（x）=a，可得log2x+2+=a，设g（x）=log2x+2+，则g′（x）=，∴函数g（x）在（0，1）上单调递减，（1，+∞）上单调递增，∴x=1时，函数取得最小值2+，∵方程f（x）+f′（x）=a有两个不同的实数根，∴a＞2+，故选：B．【点评】本题考查函数零点与方程根的关系的应用，考查导数知识的运用，关键点和难点是求出f（x）的解析式．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）13．（5分）已知二项式（1﹣3x）n的展开式中，第3项和第5项的二项式系数相等，则这个展开式的第4项为﹣540x3．【分析】根据第3项和第5项的二项式系数相等，求得 n=6，再利用二项展开式的通项公式求得这个展开式的第4项．【解答】解：二项式（1﹣3x）n的展开式中，∵第3项和第5项的二项式系数相等，∴=，∴n=6，则这个展开式的第4项为•（﹣3x）3=﹣540x3，故答案为：﹣540x3．【点评】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．（5分）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，bsinA﹣acosB﹣2a=0，则∠B= ．【分析】利用正弦定理把已知的等式化边为角，由两角和与差的正弦函数公式化简，结合特殊角的三角函数值即可求得B的值．【解答】解：△ABC中，bsinA﹣acosB﹣2a=0，由正弦定理得：sinBsinA﹣sinAcosB﹣2sinA=0，∵sinA≠0，∴sinB﹣cosB=2，即sinB﹣cosB=1，∴sin（B﹣）=1；又0＜B＜π，∴﹣＜B﹣＜，∴B﹣=，∴B=．故答案为：．【点评】本题考查了解三角形，训练了正弦定理的应用，考查了三角函数的两角和与差的正弦函数公式，是基础题目．15．（5分）已知定义在R上的函数f（x）的图象关于y轴对称，且满足f（x+2）=f（﹣x），若当x∈[0，1]时，f（x）=3x﹣1，则f（log10）的值为．【分析】本题函数解析式只知道一部分，而要求的函数值的自变量不在此区间上，由题设条件知本题中所给的函数具有对称性函数，故可以利用这一性质将要求的函数值转化到区间[0，1）上求解．【解答】解：由题意定义在R上的偶函数f（x），满足f（x+2）=f（﹣x），∴函数图象关于x=1对称，当x∈[0，1]时，f（x）=3x﹣1，log10=﹣log310∈（﹣3，﹣2）由此f（log10）=f（2﹣log310）=f（log3）=f（﹣log3）===．故答案为：【点评】本题考点抽象函数的应用，函数的值求法，利用函数的性质通过转化来求函数的值，是函数性质综合运用的一道好题．对于本题中恒等式的意义要好好挖掘，做题时要尽可能的从这样的等式中挖掘出信息．16．（5分）一个平面图形由红、黄两种颜色填涂，开始时，红色区域的面积为，黄色区域的面积为．现对图形的颜色格局进行改变，每次改变都把原有红色区域的改涂成黄色，原有黄色区域的改涂成红色，其他不变，经过4次改变后，这个图形中红色区域的面积是．【分析】根据每次改变都把原有红色区域的改涂成黄色，原有黄色区域的改涂成红色，其他不变，即可得出结论．【解答】解：开始时，红色区域的面积为，黄色区域的面积为．1次改变后，这个图形中红色区域的面积是+=，黄色区域的面积是+=12次改变后，这个图形中红色区域的面积是+=2，黄色区域的面积是1+=3次改变后，这个图形中红色区域的面积是2+=，黄色区域的面积是+=4次改变后，这个图形中红色区域的面积是+=，故答案为：．【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17．（12分）已知数列{a n}满足a1=1，na n+1=（n+1）a n+n2+n（n∈N*）．（1）求证：数列{}为等差数列；（2）若数列{b n}满足b n=，求数列{b n}的前n项和S n．【分析】（1）由已知得，n∈N*，从而能证明数列{}为等差数列．（2）求出，从而b n===，由此利用裂项求和法能求出数列{b n}的前n项和．【解答】证明：（1）∵数列{a n}满足a1=1，na n+1=（n+1）a n+n2+n（n∈N*），∴，即，n∈N*，又=1，故数列{}为首项为1，公差为1的等差数列．…（4分）解：（2）∵数列{}为首项为1，公差为1的等差数列，∴，∴，∴b n===，∴数列{b n}的前n项和：S n=（1﹣）+（）+…+（]=1﹣=．…（12分）【点评】本题考查数列为等差数列的证明，考查数列的前n项和的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意裂项求和法的合理运用．18．（12分）如图，四边形ABEF为矩形，四边形CEFD为直角梯形，CE∥DF，EF⊥FD，平面ABEF⊥平面CEFD，P为AD的中点，且AB=EC=FD．（1）求证：CD⊥平面ACF；（2）若BE=2AB，求二面角B﹣FC﹣P的余弦值．【分析】（1）通过证明AF⊥CD，CD⊥FC．即可证明CD⊥平面ACF．（2）利用空间直角坐标系，通过求解平面的法向量，利用向量的数量积求解即可．【解答】（1）证明：∵AF⊥EF，平面ABEF⊥平面CEFD，平面ABEF∩平面CEFD=EF，∴AF⊥平面CEFD，从而AF⊥CD．设Q为DF的中点，连接CQ．∵四边形CEFD为直角梯形，EC=FD=FQ，EC=AB=EF，∴四边形CEFQ为正方形，△CQD为等腰直角三角形．∴∠FCD=90°，即CD⊥FC．又AF∩CF=F，∴CD⊥平面ACF…（6分）（2）解：以F为坐标原点，FE，FD，FA所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AB=1，则BE=2，FD=2．∴F（0，0，0），C（1，1，0），B（1，0，2），D（0，2，0），A（0，0，2），P（0，1，1），故=（1，1，0），=（1，0，2），=（0，1，1），设平面SFC的一个法向量=（x1，y1，z1），则，∴，令z1=1，则=（﹣2，2，1）．同理可得，平面FCP的一个法向量=（1，﹣1，1）．∴cos==﹣，由图可知，二面角B﹣FC﹣P的余弦值为：…（12分）【点评】本题考查二面角的平面镜的求法，直线与平面垂直的判定定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．19．（12分）某市有中型水库1座，小型水库3座，当水库的水位超过警戒水位时就需要泄洪．气象部门预计，今年夏季雨水偏多，中型水库需要泄洪的概率为，小弄水库需要泄洪的概率为，假设每座水库是否泄洪相互独立．（1）求至少有一座水库需要泄洪的概率；（2）设1座中型水库泄洪造成的损失量为2个单位，1座小型水库泄洪造成的损失量为1个单位，设ξ表示这4座水库泄洪所造成的损失量之和，求ξ的分布列及数学期望．【分析】（1）利用对立事件概率计算公式能求出至少有一座水库需要泄洪的概率．（2）ξ的可能取值为0，1，2，3，4，5．分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列和Eξ．【解答】解：（1）至少有一座水库需要泄洪的概率是1﹣（1﹣）×（1﹣）3=．…（3分）（2）ξ的可能取值为0，1，2，3，4，5．P（ξ=0）=（1﹣）×（1﹣）3=，P（ξ=1）=（1﹣）×=，P（ξ=2）=×（1﹣）=，P（ξ=3）==，P（ξ=4）==，P（ξ=5）==．故ξ的分布列为：ξ0 1 2 3 4 5P故Eξ=+5×=．…（12分）【点评】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列及数学期望的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意对立事件概率公式的合理运用．20．（12分）已知F1，F2分别是椭圆C：+=1（a＞b＞0）的左、右焦点，离心率为，点P在椭圆C上，且点P在x轴上的正投影恰为F1，在y轴上的正投影为点（0，）．（1）求椭圆C的方程；（2）过F1的直线l与椭圆C交于A，B两点，过点P且平行于直线l的直线交椭圆C于另一点Q，问：四边形PABQ能否成为平行四边形？若能，请求出直线l的方程；若不能，请说明理由．【分析】（1）由椭圆的离心率公式及椭圆的性质可知：e==，a=c，b=c，将P（﹣c，），代入椭圆方程，即可求得c，求得a和b的值，求得椭圆方程；（2）由题意设直线方程，代入椭圆方程，与韦达定理及弦长公式分别求得丨AB丨和丨PQ丨，由平行四边形的性质可知：丨AB丨=丨PQ丨，即可求得k的值．【解答】解：（1）由题可得，由椭圆的离心率公式可知：e==，即a=c，由椭圆的性质可知：b2=a2﹣c2=2c2，将P点坐标（﹣c，），代入椭圆方程：，解得：c=1，∴a=，b=．故椭圆的方程为…（4分）（2）设直线l的方程为y=k（x+1），A（x1，y1），B（x2，y2）．由得，（2+3k2）x2+6k2x+3k2﹣6=0，由韦达定理可知：x1+x2=﹣，x1•x2=．∴由弦长公式可知丨AB丨=•=，…（8分）∵P（﹣1，）PQ∥AB，∴直线PQ的方程为y﹣=k（x+1）．将PQ的方程代入椭圆方程可知：（2+3k2）x2+6k2（k+）+3（k+）2﹣6=0，∵x P=﹣1，∴x Q=，∴丨PQ丨=•丨x P﹣x Q丨=•，若四边形PABQ成为平行四边形，则丨AB丨=丨PQ丨，∴4=丨4﹣4k丨，解得k=﹣．故符合条件的直线l的方程为y=﹣（x+1），即x+y+1=0…（12分）【点评】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，弦长公式及平行四边形性质的综合应用，考查计算能力，属于中档题．21．（12分）已知函数f（x）=，其中t是实数．设A，B为该函数图象上的两点，横坐标分别为x1，x2，且x1＜x2（1）若x2＜0，函数f（x）的图象在点A，B处的切线互相垂直，求x1﹣2x2的最大值；（2）若函数f（x）的图象在点A，B处的切线重合，求t的取值范围．【分析】（1）由已知f′（x1）f′（x2）=﹣1，可得（2x1+4）（2x2+4）=﹣1，从而x1﹣2x2=﹣[+2（2+x2）]+2，即可得出x1﹣2x2的最大值；（2）根据函数f（x）的图象在点A，B处的切线重合，得出t=﹣1﹣ln（2x1+3），最后利用导数研究它的单调性和最值，即可得出t的取值范围．【解答】解：（1）当x2＜0时，x1＜0．由已知f′（x1）f′（x2）=﹣1，∴（2x1+4）（2x2+4）=﹣1，故x1==2…（2分）∴x1﹣2x2=﹣[+2（2+x2）]+2，∵2x1+4＜2x2+4，∴2x1+4＜0＜2x2+4，∴x1﹣2x2≤2﹣，当且仅当x2=﹣2时，等号成立，故x1﹣2x2的最大值为2﹣…（5分）（2）由题意得，f′（x1）=f′（x2）=…（6分）∵x1＜x2，∴x1＜0，x2＞0．∴2x1+4=1+=，解得t=﹣1﹣ln（2x1+3），令g（x）=x2﹣1﹣ln（2x+3），﹣＜x＜0，则g′（x）=2x﹣…（8分）∵x＜0，2x+3＞0，∴g′（x）＜0，故g（x）在（﹣，0）内单调递减…（10分）∴当x∈（﹣，0）时，g（x）＞g（0）=﹣1﹣ln3，∴t＞﹣1﹣ln3，即t的取值范围为（﹣1﹣ln3，+∞）…（12分）【点评】本题以函数为载体，考查分段函数的解析式，考查函数的单调性，考查直线的位置关系的处理，注意利用导数求函数的最值．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C1的参数方程为（θ为参数），曲线 C2的极坐标方程为ρcosθ﹣ρsinθ﹣4=0．（1）求曲线C1的普通方程和曲线 C2的直角坐标方程；（2）设P为曲线C1上一点，Q为曲线 C2上一点，求|PQ|的最小值．【分析】（1）利用参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程互化的方法，可得曲线C1的普通方程和曲线 C2的直角坐标方程；（2）利用参数方法，求|PQ|的最小值．【解答】解：（1）由曲线C1的参数方程为（θ为参数），消去参数θ得，曲线C1的普通方程得+=1．由ρcosθ﹣ρsinθ﹣4=0得，曲线C2的直角坐标方程为x﹣y﹣4=0…（5分）（2）设P（2cosθ，2sinθ），则点P到曲线C2的距离为d==，…（8分）当cos（θ+45°）=1时，d有最小值0，所以|PQ|的最小值为0…（10分）【点评】本题考查参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查点到直线距离公式的运用，考查学生的计算能力，属于中档题．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）=|2x﹣1|+|x+1|．（1）解不等式f（x）＜4；（2）若存在实数x0，使得f（x0）＜log2成立，求实数t的取值范围．【分析】（1）把要求得不等式去掉绝对值，化为与之等价的3个不等式组，求得每个不等式组的解集，再取并集，即得所求．（2）求得函数f（x）的最小值为，根据题意可得=log22＜log2成立，由此求得实数t的取值范围．【解答】解：（1）∵函数f（x）=|2x﹣1|+|x+1|=，∵不等式f（x）＜4，∴①，或②，或③．解①求得﹣＜x＜﹣1，解②求得﹣1≤x≤，解③求得＜x＜．综上可得，不等式的解集为{x|﹣＜x＜}．（2）若存在实数x0，使得f（x0）＜log2成立，由（1）知函数f（x）的最小值为f（）=，∴=log22＜log2成立，∴＞2，求得t2＞9，∴t＞3，或t＜﹣3．故实数t的取值范围为{t|t＞3，或t＜﹣3}．【点评】本题主要考查带有绝对值的函数，解绝对值不等式，体现了等价转化、分类讨论的数学思想，属于中档题．。
2020届安徽省江南十校高三第一次调研考试 数学(理)
2020届安徽省江南十校高三第一次调研考试理科数学★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。
2、试题卷启封下发后，如果试题卷有缺页、漏印、重印、损坏或者个别字句印刷模糊不清等情况，应当立马报告监考老师，否则一切后果自负。
3、答题卡启封下发后，如果发现答题卡上出现字迹模糊、行列歪斜或缺印等现象，应当马上报告监考老师，否则一切后果自负。
4、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。
5、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
6、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
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。
7、保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
8、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
第1卷(选择题共60分）―、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.集合 A= {0)2)(1(|≤-+x x x }，B = {2＜|x x }，则 A∩B=A. [0,2]B. [0,1]C. (0,2]D. [-1，0]2.设i 是虚数单位，复数iiz -=1的实部与虚部的和等于 A. -1 B.0 C.l D. 23.已知向量b a ,的夹角为60°，21),1,0(=⋅=b a a ，且b ta +的模为3，则实数t 的值为 A.-1B. 2C. -1 或 2D.1 或-24. 在如图所示的算法框图中，若输入的54=x ，则输出结果为A.51 B. 52 C. 53 D. 545.圆柱被一平面截去一部分所得几何体的三视图如图所示，则该几何体的面积为A. π47B. π49C. π27D. π296.△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若1cos tan sin ,257cos =-=A C A A ，则△ABC 的AC 边上的高为 A. 3B. 32C.4D.67.双曲线12222=-by a x (a>b>0)的离心率为3，则两条渐近线所成的锐角的余弦值为A.33 B. 31 C. 32D. 36 8. 设15log ,12log ,6log 514121===a b a ,则 ^ A.a<b<c B.c<b<a C.b<a<c D.c<a<b9.已知y x ,满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≥≥≤+,0,,62y a y y x 目标函数y x z +-=取得的最大值为9,则实数a 的值为A.-1B.1C.9D.-910.谢尔宾斯基三角形是一种分形，由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出，先作一个正二今 形，挖去一个“中心三角形”(即以原三角形各边的中点为顶点的三角形），然后在剩下的小二 角形中又挖去一个“中心三角形”，我们用白色代表挖去的面积，那么黑三角形为剩下的面积 (我们称黑三角形为谢尔宾斯基三角形)。
安徽省江南十校2024-2025学年高三上学期第一次综合素质检测数学试题含答案
姓名座位号（在此卷上答题无效）绝密★启用前2024年“江南十校”新高三第一次综合素质检测数学注意事项：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框涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号框。
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，将答题卡交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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{}2log 2<=x x A ，{}4<=x x B ，=B A A ．)4,(-∞B ．)4,0(C ．)4,4(-D ．)0,4(-2．记等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知863=+a a ，则=8S A ．28B ．30C ．32D ．363．已知函数1221)(+-=xx f ，则对任意实数x ，有A ．0)()(=+-x f x f B ．0)()(=--x f x f C ．2)()(=+-x f x f D ．2)()(=--x f x f 4．已知βα，都是锐角，71cos =α，1411)cos(-=+βα，求=βcos A ．21B ．9839C ．9859D ．98715．已知()nx 21+的展开式中各项系数的和为243，则该展开式中的4x 项的系数为A ．5B ．16C ．40D ．806．已知正方体1111D C B A ABCD -的棱长为3，以顶点A 为球心，2为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长为A ．23πB ．25πC ．π2D ．π7．某次跳水比赛甲、乙、丙、丁、戊5名跳水运动员进入跳水比赛决赛，现采用抽签法决定决赛跳水顺序，在“运动员甲不是第一个出场，运动员乙不是最后一个出场”的前提下，“运动员丙第一个出场”的概率为A ．133B ．51C ．41D ．1348．对于0>x ，0ln 12≥-x e xλλ恒成立，则正数λ的范围是A ．e1≥λB ．e21≥λC ．e 2≥λD ．e≥λ二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。
2020年安徽省江南十校高考数学模拟试卷(理科)(4月份) (含答案解析)
2020年安徽省江南十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. 已知复数z =1+ai i(i 为虚数单位)在复平面上对应的点位于第四象限，则实数a 的取值范围为( )A. (0,+∞)B. (−∞,1)C. (1,+∞)D. (−∞,0)2. 已知集合A ={x|3x −x 2>0}，B ={x|−1<x <1}，则A ∩B =( )A. {x|−1<x <3}B. {x|−1<x <0}C. {x|0<x <1}D. {x|1<x <3}3. 一个半径是2的扇形，其圆心角的弧度数是，则该扇形的面积是( ) A.B.C.D. π4. 函数f(x)=sinx2+cosx (−π≤x ≤π)的图象大致为( )A.B.C.D.5. (x + y 2x)(x +y)5的展开式中x 3y 3的系数为( )A. 5B. 10C. 15D. 206. 设a =(34)0.5，b =(43)0.4，c =log 34(log 34)，则( ) A. a <b <c B. a <c <b C. c <a <b D. c <b <a7. 阅读如图所示的程序框图，输出的S 的值是( )A. 2 0132 015B. 2 0132 014C. 2 0122 013D. 2 0112 0128.我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个质数的和”，如10=7+3.在不超过30的质数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是()A. 112B. 114C. 115D. 1189.在正项等比数列{a n}中，若a1=2，a3=8，{a n}的前n项和为S n.则S6=()A. 62B. 64C. 126D. 12810.双曲线x2−y23=1的两条渐近线夹角是()A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°11.关于函数f(x)=4sin(2x+π3),(x∈R)有下列命题：其中正确的是()①由f(x1)=f(x2)=0可得x1−x2必是π的整数倍；②f(x)的表达式可改写为f(x)=4cos(2x−π6)；③f(x)的图象关于点(−π6,0)对称；④f(x)的图象关于直线x=π3对称；⑤f(x)在区间(−π3,π12)上是增函数．A. ②③⑤B. ①②③C. ②③④D. ①③⑤12.如图，在三棱锥P−ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=BC=PA=PC=2，M，N为线段AC上的点，若MN=2，则三棱锥P−MNB的体积为()A. 13B. √23C. √33D. 23二、填空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. 已知函数f (x )=x 22+x −2lnx ，求函数f (x )在点(2,f (2))处的切线方程________．14. 若命题“∃x 0∈R ，x 02+x 0+m <0”是假命题，则实数m 的范围是______．15. 在平面直角坐标系xOy 中，点A(1,3)，B(−2,k)，若向量OA⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则实数k = ______ ． 16. 已知A 是抛物线y 2=4x 上的一点，以点A 和点B(2,0)为直径的圆C 交直线x =1于M ，N 两点．直线l 与AB 平行，且直线l 交抛物线于P ，Q 两点．(1)求线段MN 的长；(2)若OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3，且直线PQ 与圆C 相交所得弦长与|MN|相等，求直线l 的方程． 三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 已知a,b,c 分别是△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，且2asin (C +π3)=√3b ．(1)求角A 的值．(2)若b =3,c =4，点D 在BC 边上，AD =BD ，求AD 的长．18.如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，M为棱SB上的点，SA=AB=√3，BC=2，AD=1．(1)若M为棱SB的中点，求证：AM//平面SCD;(2)当SM=MB，DN=3NC时，求平面AMN与平面SAB所成的锐二面角的余弦值．19.一种抛硬币游戏的规则是：抛掷一枚硬币，每次正面向上得1分，反面向上得2分．(1)设抛掷5次的得分为ξ，求ξ的分布列和数学期望E(ξ)；(2)求恰好得到n(n∈N∗)分的概率．20. 已知椭圆E ：x 2a 2+y2b 2=1(a >b >0 )的离心率为23，C 为椭圆E 上位于第一象限内的一点． (1)若点C 的坐标为(2,53)，求椭圆E 的标准方程；(2)设A 为椭圆E 的左顶点，B 为椭圆E 上一点，且AB ⃗⃗⃗⃗⃗=12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，求直线AB 的斜率．21. 已知函数f(x)=x|x +a|−12lnx(Ⅰ)当a ≤−2时，求函数f(x)的极值点； (Ⅱ)若f(x)>0恒成立，求a 的取值范围．22. 在平面直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为{x =−1+2cosφy =2sinφ(其中φ为参数)，以坐标原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l 1的极坐标方程为ρ=√2sin (θ+π4)，设l 1与C 相交于A ，B 两点，AB 的中点为M ，过点M 作l 1的垂线l 2交C 于P ，Q 两点．(1)写出曲线C的普通方程与直线l1的直角坐标方程；(2)求|PQ|的值．|MP|⋅|MQ|23.已知函数f(x)=|x−1|+|x−2|．(1)解不等式：f(x)≤x+3；(2)若不等式|m|·f(x)≥|m+2|−|3m−2|对任意m∈R恒成立，求x的取值范围．【答案与解析】1.答案：A解析：本题考查复数的基本运算和复数的几何意义，属于基础题．解：由z=a−i，又∵复数z在复平面内对应的点位于第四象限，有a>0．∴实数a的取值范围为(0,+∞)故选A．2.答案：C解析：本题考查了描述法的定义，一元二次不等式的解法，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题．可以求出集合A，然后进行交集的运算即可．解：∵A={x|0<x<3}，B={x|−1<x<1}，∴A∩B={x|0<x<1}．故选：C．3.答案：C解析：本题主要考查了弧长公式，扇形的面积公式的应用，属于基础题．由已知先求弧长，利用扇形的面积公式即可计算得解．解：因为扇形的弧长，则面积，故选C．4.答案：A解析：解：f(−x)=−sinx2+cosx =−f(x)则函数f(x)是奇函数，排除C ， 分母2+cosx >0，则当0<x <π时，sinx >0，则f(x)>0，排除D ， f(π4)=√222+√22=√24+√2<f(π2)=12，则B 不满足条件．故选：A ．利用函数的奇偶性得到图象关于原点对称，利用f(π4)<f(π2)，进行排除即可．本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数奇偶性和函数值的对应性，利用排除法是解决本题的关键．5.答案：C解析：解：因为(x + y 2x)(x +y)5=(x 2+y 2)(x+y)5x；要求展开式中x 3y 3的系数即为求(x 2+y 2)(x +y)5展开式中x 4y 3的系数；展开式含x 4y 3的项为：x 2⋅C 52x 2⋅y 3+y 2⋅C 54x 4⋅y =15x 4y 3；故(x + y 2x)(x +y)5的展开式中x 3y 3的系数为15；故选：C ．先把条件整理转化为求(x 2+y 2)(x +y)5展开式中x 4y 3的系数，再结合二项式的展开式的特点即可求解．本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质，属基础题．6.答案：C解析：解：∵a =(34)0.5∈(0,1)，b =(43)0.4>1，c =log 34(log 34)<0， ∴c <a <b ． 故选：C ．利用指数与对数函数的单调性即可得出．本题考查了指数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．7.答案：B解析：解：依题意，知：i=1,n=2,S=0+11×2，i=2,n=3,S=11×2+12×3，i=3, n=4, S=11×2+12×3+13×4，…i=2 013, n=2014, S=11×2+12×3+13×4+⋯+12 013×2 014=1−12 014=2 0132 014．i=2014，满足退出循环条件，故输出S值为：20132014．故选：B．由已知中的程序框图可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量S的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．本题考查的知识点是程序框图，当循环的次数不多，或有规律时，常采用模拟循环的方法解答．8.答案：C解析：本题主要考查古典概型的概率的计算，求出不超过30的素数是解决本题的关键．利用列举法先求出不超过30的所有素数，利用古典概型的概率公式进行计算即可．解：在不超过30的素数中有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29共10个，从中选2个不同的数有C102=45种，和等于30的有(7,23)，(11,19)，(13,17)，共3种，则对应的概率P=345=115，故选C．9.答案：C解析：解：在正项等比数列{a n}中，由a1=2，a3=8，得q2=a3a1=82=4，∴q=2．则S6=2(1−26)1−2=126．故选：C．由已知结合等比数列的通项公式求得公比，再由等比数列的前n项和求S6．本题考查等比数列的通项公式，考查等比数列的前n项和，是基础的计算题．10.答案：B解析：由双曲线方程，求得其渐近线方程，求得直线的夹角，即可求得两条渐近线夹角．本题考查双曲线的几何性质，考查直线的倾斜角的应用，属于基础题．解：双曲线x2−y23=1的两条渐近线的方程为：y=±√3x，所对应的直线的倾斜角分别为60°，120°，∴双曲线x2−y23=1的两条渐近线的夹角为60°，故选B．11.答案：A解析：解：①由f(x1)=f(x2)=0，得2x1+π3=kπ,2x2+π3=mπ，所以2x1−2x2=(k−m)π，即x1−x2=(k−m)π2,k,m∈Z，所以①错误．②f(x)=4cos(2x−π6)=4cos(π6−2x)=4sin[π2−(π6−2x)]=4sin(2x+π3)，所以②正确．③因为f(−π6)=4sin[2(−π6)+π3]=4sin0=0，所以f(x)的图象关于点(−π6,0)对称，所以③正确．④因为f(π3)=4sin(2×π3+π3)=4sinπ=0不是函数的最大值，所以f(x)的图象关于直线x=π3不对称，所以④不正确．⑤由−π2+2kπ≤2x+π3≤π2+2kπ，得−5π12+kπ≤x≤π6+kπ，当k=0时，得−5π12≤x≤π6，即函数的一个单调增区间为[−5π12,π6]，所以函数f(x)在区间(−π3,π12)上是增函数，所以⑤正确．故选A．利用三角函数的图象和性质分别判断．本题主要考查三角函数的图象和性质，要求熟练掌握三角函数的性质，综合性较强．12.答案：D解析：解：取AC的中点O，连结PO，BO．∵PA=PC，O是AC的中点，∴PO⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，PO⊂平面PAC，∴PO⊥平面ABC．∵AB⊥BC，AB=BC=PA=PC=2，∴AC=2√2，BO=AO=12AC=√2，∴PO=√PA2−OA2=√2．∴V P−MNB=13S△BMN⋅PO=13×12×2×√2×√2=23．故选D．取AC的中点O，连结PO，BO，则利用面面垂直的性质可证PO⊥平面ABC，利用勾股定理计算BO，PO，于是V P−BMN=13S△BMN⋅PO．本题考查了线面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．13.答案：2x−y−2ln2=0解析：本题考查导数的几何意义，基础题型．利用导数的几何意义求解即可．解：∵函数f(x)=x22+x−2lnx，∴f′(x)=x+1−2x，∴f′(2)=2+1−1=2，f(2)=2+2−2ln2=4−2ln2，∴函数f(x)在点(2,4−2ln2)处的切线方程为y−4+2ln2=2(x−2)，即2x−y−2ln2=0．故答案为2x−y−2ln2=0．14.答案：[14,+∞)解析：本题考查了特称命题与全称命题的概念，是基础题．命题“∃x 0∈R ，x 02+x 0+m <0”的否定为：“∀x ∈R ，x 2+x +m ≥0“，原命题为假，则其否定为真，由△=1−4m ≤0，可求出实数m 的范围．解：命题“∃x 0∈R ，x 02+x 0+m <0”是假命题，即命题的否定为真命题，其否定为：“∀x ∈R ，x 2+x +m ≥0“， 则△=1−4m ≤0， 解得：m ≥14，故实数m 的范围是[14,+∞)．15.答案：4解析：解：∵OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,k)−(1,3)=(−3,k −3)，向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3)⋅(−3,k −3)=−3+3(k −3)=0，解得k =4． 故答案为：4．利用向量的坐标运算和向量垂直与数量积的关系即可得出．本题考查了向量的坐标运算和向量垂直与数量积的关系，属于基础题．16.答案：解：(1)设A(y 024,y 0)，圆C 方程为(x −2)(x −y 024)+y(y −y 0)=0， 令x =1，得y 2−y 0y +y 024−1=0，∴y M +y N =y 0，y M y N =y 024−1，|MN|=|y M −y N |=√(y M +y N)2−4y M y N =√y 02−4(y 024−1)=2．(2)设直线l 的方程为x =my +n ，P(x 1,y 1)，Q(x 2,y 2)，则 由{x =my +n,y 2=4x消去x ，得y 2−4my −4n =0， y 1+y 2=4m ，y 1y 2=−4n ，∵OP →⋅OQ →=−3，∴x 1x 2+y 1y 2=−3，则(y 1y 2)216+y 1y 2=−3，∴n 2−4n +3=0，解得n =1或n =3，当n=1或n=3时，点B(2,0)到直线l的距离为d=1√1+m2，∵圆心C到直线l的距离等于到直线x=1的距离，∴y028=1√1+m2，又m=y024−2y0，消去m得y02⋅y04+6416=64，求得y02=8，此时m=y024−2y0=0，直线l的方程为x=3，综上，直线l的方程为x=1或x=3．解析：(1)根据题意利用弦长公式求出即可得到MN的长；(2)设出直线l的方程为x=my+n，P，Q点的坐标，联立直线和抛物线方程，得到关于n的式子，解出即可得到直线方程．17.答案：解：(1)2asin(C+π3)=√3b变形为因为sinC≠0，所以，tanA=√3，因为是在三角形内，故A．(2)由题意得，a2=b2+c2−2bccosA=13，∴a=√13，根据正弦定理得到：，所以cosB=2√13，因为AD=BD，所以sin∠ADB=sin2B=2sinBcosB=2×3√32√13×52√13=15√326在△ABD中，由正弦定理得：AD sinB =ABsin∠ADB，．解析：本题考查了正弦定理和余弦定理，考查了三角形面积公式的应用，是中档题．(1)直接化简可求出tan A的值，即可解得答案；(2)利用余弦定理和正弦定理求解即可得答案．18.答案：(1)证明：取线段SC的中点E，连接ME，ED．在△SBC中，ME为中位线，∴ME//BC且ME=12BC，∵AD//BC且AD=12BC，∴ME//AD且ME=AD，∴四边形AMED为平行四边形．∴AM//DE.∵DE⊂平面SCD，AM⊄平面SCD，∴AM//平面SCD．(2)解：如图所示以点A 为坐标原点，建立分别以AD 、AB 、AS 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(0,√3,0),C(2,√3,0),D(1,0,0),S(0,0,√3)，于是AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12BS ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√32,√32), AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +34DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0，0)+34(1，√3，0)=(74，3√34，0)．设平面AMN 的一个法向量为n⃗ =(x,y,z),则{AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0将坐标代入并取y =7，得n ⃗ =(−3√3,7,−7).另外易知平面SAB 的一个法向量为m⃗⃗⃗ =(1,0,0) 所以平面AMN 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦为|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=3√1525解析：【试题解析】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查运算求解能力，是中档题． (1)取线段SC 的中点E ，连结ME ，ED ，推导出四边形AMED 为平行四边形，从而AM//DE ，由此能证明AM//平面SCD ．(2)以A 为坐标原点，建立分别以AD ，AB ，AS 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系，利用向量法能求出平面AMN 与平面SAB 所成的锐二面角的余弦值．19.答案：解：(1)所抛5次得分ξ的概率为P(ξ=i)=C 5i−5(12)5(i =5,6，7，8，9，10)， 其分布列如下：Eξ=∑i 10i=5⋅C 5i−5(12)5=152(分)．(2)令p n 表示恰好得到n 分的概率．不出现n 分的唯一情况是得到n −1分以后再掷出一次反面． 因为“不出现n 分”的概率是1−p n ，“恰好得到n −1分”的概率是p n−1， 因为“掷一次出现反面”的概率是12，所以有1−p n =12p n−1， 即p n −23=−12(p n−1−23)．于是{p n −23}是以p 1−23=12−23=−16为首项，以−12为公比的等比数列． 所以p n −23=−16(−12)n−1，即p n =13[2+(−12)n ]． 答：恰好得到n 分的概率是13[2+(−12)n ]．解析：本题主要考查独立重复试验，数列的递推关系求解通项，重点考查了学生的题意理解能力及计算能力．(1)由题意分析的所抛5次得分ξ为独立重复试验，利用二项分布可以得此变量的分布列； (2)由题意分析出令p n 表示恰好得到n 分的概率．不出现n 分的唯一情况是得到n −1分以后再掷出一次反面．“不出现n 分”的概率是1−p n ，“恰好得到n −1分”的概率是p n−1，利用题意分析出递推关系即可．20.答案：解：(1)由题意可知：椭圆的离心率e =c a =√1−b 2a 2=23，则b 2a 2=59，①由点C 在椭圆上，将(2,53)代入椭圆方程，4a 2+259b 2=1，② 解得：a 2=9，b 2=5， ∴椭圆E 的标准方程为x 29+y 25=1；(2)方法一：由(1)可知：b 2a 2=59，则椭圆方程：5x 2+9y 2=5a 2，设直线OC 的方程为x =my(m >0)，B(x 1,y 1)，C(x 2,y 2)， {x =my5x 2+9y 2=5a 2，消去x 整理得：5m 2y 2+9y 2=5a 2， ∴y 2=5a 25m 2+9，由y 2>0，则y 2=√5a√5m 2+9，由AB ⃗⃗⃗⃗⃗=12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则AB//OC ，设直线AB 的方程为x =my −a ， 则{x =my −a 5x 2+9y 2=5a 2，整理得：(5m 2+9)y 2−10amy =0， 由y =0，或y 1=10am5m 2+9，由AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则(x 1+a,y 1)=(12x 2,12y 2)， 则y 2=2y 1， 则√5a 2=2×10am5m 2+9，(m >0)，解得：m =√35，则直线AB 的斜率1m=5√33； 方法二：由(1)可知：椭圆方程5x 2+9y 2=5a 2，则A(−a,0)， B(x 1,y 1)，C(x 2,y 2)，由AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则(x 1+a,y 1)=(12x 2,12y 2)，则y 2=2y 1， 由B ，C 在椭圆上， ∴{5x 22+9y 22=5a 25(12x 2−a)2+9(y22)2=5a 2，解得：x 2=a4，y 2=4√3 则直线直线AB 的斜率k =y 2x 2=5√33；直线AB 的斜率=5√33解析：(1)利用抛物线的离心率求得b 2a 2=59，将(2,)代入椭圆方程，即可求得a 和b 的值； (2)方法一：设直线OC 的斜率，代入椭圆方程，求得C 的纵坐标，则直线直线AB 的方程为x =my −a ，代入椭圆方程，求得B 的纵坐标，由AB ⃗⃗⃗⃗⃗=12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则直线直线AB 的斜率k ； 方法二：由AB ⃗⃗⃗⃗⃗=12OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，y 2=2y 1，将B 和C 代入椭圆方程，即可求得C 点坐标，利用直线的离心率公式即可求得直线AB 的斜率．本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，考查直线的斜率公式，向量共线定理，考查计算能力，属于中档题．21.答案：解：(Ⅰ) 当a ≤−2时，f(x)={x 2+ax −12lnx,x ≥−a−x 2−ax −12lnx,0<x <−a ． ①当x ≥−a 时，f′(x)=2x +a −12x=4x 2+2ax−12x>0，所以f(x)在(−a,+∞)上单调递增，无极值点， ②当0<x <−a 时，f′(x)=2x −a −12x=−4x 2−2ax−12x．令f′(x)=0得，−4x 2−2ax −1=0，△=4a 2−16>0， 则x 1=−a−√a2−44，x 2=−a+√a2−44，且0<x 1<x 2<−a ，当x ∈(0,x 1)时，f′(x)<0；当x ∈(x 1,x 2)时，f′(x)>0； 当x ∈(x 2,a)时，f′(x)<0，所以f(x)在区间(0,x 1)上单调递减，在(x 1,x 2)上单调递增；在(x 2,a)上单调递减． 综上所述，当a <−2时，f(x)的极小值点为x =−a−√a2−44和x =−a ，极大值点为x =−a+√a2−44；(Ⅱ)函数f(x)的定义域为x ∈(0,+∞)，由f(x)>0可得|x +a|>lnx 2x…(∗)(ⅰ)当x ∈(0,1)时，lnx2x <0，|x +a|≥0，不等式(∗)恒成立； (ⅰ)当x =1时，lnx2x =0，即|1+a|>0，所以a ≠1； (ⅰ)当x >1时，不等式(∗)恒成立等价于a <−x −lnx2x恒成立或a >−x +lnx 2x恒成立．令g(x)=−x −lnx2x，则g′(x)=−1−1x⋅2x−2lnx 4x 2=−2x 2−1+lnx2x 2．令k(x)=−2x 2−1+lnx ，则k′(x)=−2x +1x=1−2x 2x<0，而k(1)=−1−1+ln1=−2<0，所以k(x)=−2x 2−1+lnx <0，即g′(x)=−2x 2−1+lnx2x 2<0，因此g(x)=−x −lnx2x在(1,+∞)上是减函数，所以g(x)在(1,+∞)上无最小值，所以a <−x −lnx 2x不可能恒成立． 令ℎ(x)=−x +lnx 2x，则ℎ′(x)=−1+1x⋅2x−2lnx 4x 2=−2x 2+1−lnx2x 2<0，因此ℎ(x)在(1,+∞)上是减函数，所以ℎ(x)<ℎ(1)=−1，所以a ≥−1.又因为a ≠−1，所以a >−1． 综上所述，满足条件的a 的取值范围是(−1,+∞)．解析：(Ⅰ)由题意化简函数解析式，根据求导公式分别求出f′(x)，分别判断出f′(x)与0的关系，利用导数的正负求出函数ℎ(x)的单调区间、极值点；(Ⅱ)先求出函数f(x)的定义域为x∈(0,+∞)，再化简不等式f(x)>0为|x+a|>lnx2x，对x与1的关系进行分类讨论，当x>1时转化为“a<−x−lnx2x 恒成立或a>−x+lnx2x恒成立”，再分别构造函数，求出导数、函数的单调区间和值域，即可求出a的取值范围．本题考查利用导数研究函数单调性、极值、最值等，恒成立问题的转化，以及转化思想、分类讨论思想、构造函数法等，考查化简、灵活变形能力，综合性强、难度大，有一定的探索性，对数学思维能力要求较高，是高考的重点、难点．22.答案：解：(1)由曲线C的参数方程{x=−1+2cosφy=2sinφ，消去参数φ，得曲线C的普通方程为(x+1)2+y2=4．由曲线l1的极坐标方程ρ=√2sin (θ+π4)，得ρsinθ+ρcosθ=1，将x=ρcosθ，y=ρsinθ代入，得l1的直角坐标方程为x+y−1=0；(2)由l1⊥l2，得直线l2的斜率k l2=−1k l1=1，所以l2的倾斜角为π4，又l2过圆心(−1,0)，所以l2的方程为y=x+1，与x+y−1=0联立，得AB的中点M(0,1)，故l2的参数方程为{x=tcosπ4y=1+tsinπ4,(t为参数)，即{x=√22ty=1+√22t,(t为参数)，代入(x+1)2+y2=4中，化简、整理得t2+2√2t−2=0，设P，Q对应的参数分别为t1，t2，则由韦达定理得t1·t2=−2，又线段PQ为圆的直径，所以|PQ|=4，所以|PQ||MP|⋅|MQ|=4|−2|=2．解析：本题考查的知识要点：参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，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，属于中档题型．(1)直接利用转换关系，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．(2)利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．23.答案：解：(1)∵f(x)≤x+3，∴|x −1|+|x −2|≤x +3， ①当x ≥2时，，②当1<x <2时，，③当x ≤1时，，由①②③可得x ∈[0,6]；(2)①当m =0时，0≥0，∴x ∈R ；②当m ≠0时，即f(x)≥|2m +1|−|2m −3|对m 恒成立， |2m +1|−|2m −3|≤|(2m +1)−(2m −3)|=4， 当且仅当2m ≥3，即0<m ≤23时取等号， ∴f(x)=|x −1|+|x −2|≥4， 由x ≥2，2x −3≥4，解得x ≥72； 1<x <2，x −1+2−x ≥4，解得x ∈⌀； x ≤1时，3−2x ≥4，解得x ≤−12； 综上可得x ∈(−∞,−12]∪[72,+∞)．解析：(1)分别讨论x ≥2，1<x <2，x ≤1时，去掉绝对值，解不等式求并集可得；(2)讨论m =0，m ≠0，由绝对值不等式的性质可得f(x)≥4，再讨论x ≥2，1<x <2，x ≤1时，解不等式求并集可得范围．本题考查绝对值不等式的解法和绝对值不等式的性质，考查分类讨论思想方法和转化思想、运算能力，属于中档题．。
2020年安徽省江南十校高考数学模拟试卷(理科)(4月份)
2020年安徽省江南十校高考数学模拟试卷（理科）（4月份）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. 已知复数z＝(1−a)+(a2−1)i(i为虚数单位，a>1)，则z在复平面内的对应点所在的象限为（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2. 已知集合A＝{x|3x<x+4}，B＝(x|x2−8x+7<0}，则A∩B＝（）A.(−1, 2)B.(2, 7)C.(2, +∞)D.(1, 2)3. 某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为120∘，并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连（弧的两端各一个，导线接头忽略不计）．已知扇形的半径为30厘米，则连接导线最小大致需要的长度为（）A.58厘米B.63厘米C.69厘米D.76厘米4. 函数f(x)=x cos x2x+2−x 在[−π2, π2]上的图象大致为( )A. B.C. D.5. 若(1+ax)(1+x)5的展开式中x2，x3的系数之和为−10，则实数a的值为（）A.−3B.−2C.−lD.16. 已知a=log3√2，b=ln3，c=2−0.99，则a，b，c的大小关系为( )A.b>c>aB.a>b>cC.c>a>bD.c>b>a7. 执行如图的程序框图，则输出S的值为（）A.−112B.2360C.1120D.43608. “哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于2的偶数都可以写成两个质数（素数）之和，也就是我们所谓的“1+1”问题，它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩，若将6拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为质数的概率为（）A.15B.13C.35D.239. 已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n，S2=19，S3=727，则a1a2...a n的最小值为（）A.(427)2 B.(427)3 C.(427)4 D.(427)510. 已知点P是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0, b>0, c=√a2+b2)上一点，若点P到双曲线C的两条渐近线的距离之积为14c2，则双曲线C的离心率为( )A.√2B.√52C.√3D.211. 已知f(x)＝1−2cos2(ωx+π3)(ω>0)．给出下列判断：①若f(x1)＝1，f(x2)＝−1，且|x1−x2|min＝π，则ω＝2；②存在ω∈(0, 2)，使得f(x)的图象右移π6个单位长度后得到的图象关于y轴对称；③若f(x)在[0, 2π]上恰有7个零点，则ω的取值范围为[4124, 4724]④若f(x)在[−π6, π4]上单调递增，则ω的取值范围为(0, 23]其中，判断正确的个数为（）A.1B.2C.3D.412. 如图，在平面四边形ABCD中，满足AB＝BC，CD＝AD，且AB+AD＝10，BD＝8．沿着BD把ABD折起，使点A到达点P的位置，且使PC＝2，则三棱锥P−BCD体积的最大值为（）A.12B.12√2C.16√23D.163二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．已知函数f(x)＝ln x +x 2，则曲线y ＝f(x)在点（1, f(1)）处的切线方程为________．若∃x 0∈R ，x 02−a√x 02+1+5<0为假，则实数a 的取值范围为________．在直角坐标系xOy 中，已知点A(0, 1)和点B(−3, 4)，若点C 在∠AOB 的平分线上，且|OC →|＝3√10，则向量OC →的坐标为________．已知抛物线C:y 2＝4x ，点P 为抛物线C 上一动点，过点P 作圆M ：(x −3)2+y 2＝4的切线，切点分别为A ，B ，则线段AB 长度的取值范围为________√2，4） ．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．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且c sin B ＝b sin (π3−C)+√3b ．(l)求角C 的大小；若c =√7，a +b ＝3，求AB 边上的高．如图，在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 为等腰梯形，AB // CD ，CD ＝2AB ＝4，AD =√2．△PAB 为等腰直角三角形，PA＝PB ，平面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PD 的中点．（1）求证：AE // 平面PBC ；（2）若平面EBC 与平面PAD 的交线为l ，求二面角P −l −B 的正弦值．一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得2分，反面向上得1分． （1）设抛掷4次的得分为X ，求变量X 的分布列和数学期望．（2）当游戏得分为n(x ∈N ∗)时，游戏停止，记得n 分的概率和为Q n ，Q 1=12． ①求Q 2；②当n ∈N ∗时，记A n ＝Q n+1+12Q n ，B n ＝Q n+1−Q n ，证明：数列{A n }为常数列，数列{B n }为等比数列．已知椭圆E:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)）的离心率为√32，且过点(√72, 34)．点P 在第一象限，A 为左顶点．B 为下顶点，PA 交y 轴于点C ，PB 交x 轴于点D ．（1）求椭圆E 的标准方程；（2）若CD // AB ，求点P 的坐标．已知函数f(x)＝ln x −x 2+ax(a ∈R)． （1）若f(x)≤0恒成立，求a 的取值范围；（2）设函数f(x)的极值点为x 0，当a 变化时，点（x 0, f(x 0)）构成曲线M ．证明：过原点的任意直线y ＝kx与曲线M 有且仅有一个公共点．（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，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy 中，直线l 1的参数方程为{x =1−my =k(m −1) （m 为参数），直线l 2的参数方程为{x =n y =2+k n（n为参数）．若直l 1，l 2的交点为P ，当k 变化时，点P 的轨迹是曲线C ． (l)求曲线C 的普通方程；以坐标原点为极点，x 轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，设射线l 3的极坐标方程为θ＝α(ρ≥0)，tan α=43(0<α<π2)，点Q 为射线l 3与曲线C 的交点，求点Q 的极径．[选修4-5：不等式选讲]已知函数f(x)＝|x−（1）|+|x+2|．(l)求不等式f(x)<x+3的解集；（2）若不等式m−x2−2x≤f(x)在R上恒成立，求实数m的取值范围．参考答案与试题解析2020年安徽省江南十校高考数学模拟试卷（理科）（4月份）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.【答案】B【考点】复数的代数表示法及其几何意义【解析】由a>1可得复数z的实部与虚部的范围，则答案可求．【解答】当a>1时，1−a<0，a2−1>0，∴z在复平面内的对应点所在的象限为第二象限．2.【答案】D【考点】交集及其运算【解析】可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．【解答】A＝{x|x<2}，B＝{x|1<x<7}，∴A∩B＝(1, 2)．3.【答案】B【考点】扇形面积公式弧长公式【解析】弧长比较短的情况下分成6等份，每部分的弦长和弧长相差很小，用弧长近似代替弦长，计算导线的长度即可．【解答】因为弧长比较短的情况下分成6等份，每部分的弦长和弧长相差很小，可以用弧长近似代替弦长，所以导线长度为2π3×30＝20π＝20×3.14≈63（厘米）．4.【答案】C【考点】函数奇偶性的性质函数的图象【解析】根据题意，利用排除法分析：先分析函数的奇偶性，再分析在区间(0, π2)上，f(x)>0，由排除法分析可得答案．【解答】解：根据题意，f(x)=x cos x2x+2−x，因为f(−x)=−x cos x2x+2−x=−f(x)，则在[−π2, π2]上，f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，排除A，B；又由在区间(0, π2)上，cos x>0，2x>0，2−x>0，则f(x)>0，排除D.故选C.5.【答案】B【考点】二项式定理及相关概念【解析】先求(1+x)5的展开式的通项公式，进而求得结论．【解答】因为(1+x)5的展开式的通项公式为：T r+1=∁5r⋅x r；可得展开式中x，x2，x3的系数分别为：∁51，∁52，∁53；故(1+ax)(1+x)5的展开式中x2的系数为：∁52+a⋅∁51=10+5a；故(1+ax)(1+x)5的展开式中x3的系数为：a⋅∁52+∁53=10+10a；∴10+5a+10+10a＝20+15a＝−10；∴a＝−2．6.【答案】A【考点】对数值大小的比较【解析】结合指数与对数函数的单调性分别确定a，b，c的范围即可比较．【解答】解：因为a=log3√2∈(0, 12)，b=ln3>1，1=20>c=2−0.99>2−1=12，故b>c>a．故选A.7. 【答案】 D【考点】 程序框图 【解析】根据循环体的算法功能可以看出，这是一个对数列{n5−1n }求前五项和的程序框图，计算可求解．【解答】由题意得S =15−1+25−12+35−13+45−14+55−15=4360． 8.【答案】 A【考点】古典概型及其概率计算公式 【解析】利用列举法求出由古典概型的基本事件的等可能性得6拆成两个正整数的和含有5个基本事件，而加数全为质数的有1个，由此能求出拆成的和式中，加数全部为质数的概率． 【解答】由古典概型的基本事件的等可能性得6拆成两个正整数的和含有5个基本事件，分别为： (1, 5)，(2, 4)，(3, 3)，(4, 2)，(5, 1)， 而加数全为质数的有(3, 3)，∴ 拆成的和式中，加数全部为质数的概率为P =15． 9.【答案】 D【考点】等比数列的前n 项和 【解析】由已知结合等比数列的通项公式可求a 1，q ，进而可求通项公式，然后结合项的特点可求． 【解答】由题意可得，{a 1(1+q)=19a(1+q +q 2)=727， 解可得，{a 1=127q =2 或{a 1=13q =−23（舍）， 故a n =127⋅2n−1，当1≤n ≤5时，a n <1，当n ≥6，a n >1， 则a 1a 2...a n 的最小值为a 1a 2...a 5=(a 3)5=(427)5．10.【答案】 A【考点】双曲线的离心率 【解析】双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0，b >0的两条渐近线的方程为bx ±ay ＝0，设P(x, y)，利用点P 到双曲线的两条渐近线的距离之积为|b 2x 2−a 2y 2b 2+a 2|=14c 2，求出a 、c 关系，即可求出双曲线的离心率．【解答】解：双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0，b >0)的两条渐近线的方程为bx ±ay =0， 设P(x, y)，利用点P 到双曲线的两条渐近线的距离之积为|b 2x 2−a 2y 2b 2+a 2|=14c 2，可得|a 2b 2a 2+b2|=14c 2⇒a =b ，∴ 双曲线的离心率e =c a=√1+b 2a 2=√2．故选A . 11.【答案】 B【考点】命题的真假判断与应用 正弦函数的单调性 正弦函数的图象 【解析】先将f(x)化简，对于①由条件知，周期为2π，然后求出ω；对于②由条件可得−ωπ3+π6=π2+kπ(k ∈Z)，然后求出ω＝−1−3k(k ∈Z)；对于③由条件，得7π2ω−π12ω≤2π≤4πω−π12ω，然后求出ω的范围；对于④由条件，得{−wπ3+π6≥−π2wπ2+π6≤π2，然后求出ω的范围，再判断命题是否成立即可．【解答】∵ f(x)=1−2cos 2(ωx +π3)=−cos (2ωx +2π3)=sin (2ωx +π6)，∴ 周期T =2π2ω=πω．①由条件知，周期为2π，∴ w =12，故①错误； ②函数图象右移π6个单位长度后得到的函数为y =sin (2ωx −ωx 3+π6)，其图象关于y 轴对称，则−ωπ3+π6=π2+kπ(k ∈Z)，∴ ω＝−1−3k(k ∈Z)，故对任意整数k ，ω∉(0, 2)，故②错误； ③由条件，得7π2ω−π12ω≤2π≤4πω−π12ω，∴4124≤ω≤4724，故③正确；④由条件，得{−wπ3+π6≥−π2wπ2+π6≤π2，∴ ω≤23，又ω>0，∴ 0<ω≤23，故④正确．12. 【答案】 C【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积 【解析】过点P 作PE ⊥BD 于E ，连结CE ，推导出BD ⊥平面PCE ，当S △PCE 最大时，V P−BCD 取得最大值，取PC 的中点F ，则EF ⊥PC ，推导出点P 到以BD 为焦点的椭圆上，PE 的最大值为对应短半轴长，由此能求出三棱锥P −BCD 体积的最大值． 【解答】过点P 作PE ⊥BD 于E ，连结CE ，由题意知△BPD ≅△BCD ，CE ⊥BD ，且PE ＝CE ， ∴ BD ⊥平面PCE ，∴ V P−BCD ＝V B−PCE +V D−PCE =13S △PCE ⋅BD =83S △PCE ， ∴ 当S △PCE 最大时，V P−BCD 取得最大值， 取PC 的中点F ，则EF ⊥PC ， ∴ S △PCE =12PC ⋅EF =√PE 2−1，∵ PB +PD ＝10，BD ＝8，∴ 点P 到以BD 为焦点的椭圆上， ∴ PE 的最大值为对应短半轴长，∴ PE 最大值为√52−42=3，∴ S △PCE 最大值为2√2， ∴ 三棱锥P −BCD 体积的最大值为16√23．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．【答案】3x −y −2＝0 【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】先对函数求导，然后将x ＝1代入导数求出斜率，再将x ＝1代入函数求出切点纵坐标，最后套用点斜式写出方程． 【解答】易知f(1)＝1，故切点为(1, 1)， f ′(x)=1x +2x ，故f′(1)＝3，所以切线方程为y −1＝3(x −1)， 即3x −y −2＝0即为所求．故答案为：3x −y −2＝0． 【答案】 (−∞, 4] 【考点】命题的真假判断与应用 全称命题与特称命题 全称量词与存在量词 【解析】若∃x 0∈R ，x 02−a√x 02+1+5<0为假，则其否定命题为真， 利用分离常数法和基本不等式求出a 的取值范围． 【解答】若∃x 0∈R ，x 02−a√x 02+1+5<0为假，则其否定命题为真，即∀x ∈R ，x 2−a√x 2+1+5≥0为真，所以a ≤2√x 2+1对任意实数恒成立； 设f(x)=2√x 2+1，x ∈R ；则f(x)=√x 2+12≥2⋅√4=4，当且仅当√x 2+1=√x 2+1，即x ＝±√3时等号成立，所以实数a 的取值范围是a ≤4． 【答案】 (−3, 9) 【考点】平面向量的坐标运算 【解析】由点C 在∠AOB 的平分线上得存在λ∈(0, +∞)，使OC →=λ(OA →|OA →|+OB→|OB →|)，再由|OC →|求出λ的值即可．【解答】由点C 在∠AOB 的平分线上， 所以存在λ∈(0, +∞)，使 OC →=λ(OA →|OA →|+OB →|OB →|)＝λ(0, 1)+λ(−35, 45)＝(−35λ, 95λ)；又|OC →|＝3√10，所以(−35λ)2+(95λ)2=90，解得λ＝5，所以向量OC →=(−3, 9)． 【答案】 [2【考点】圆与圆锥曲线的综合问题抛物线的性质【解析】画出图形，连接PM，PA，PB，易得MA⊥PA，MB⊥PB，PM⊥AB，求出四边形PAMN的面积，结合四边形PAMB的面积为三角形PAM面积的两倍，求出|AB|的表达式，然后分析求解最小值以及最大值即可．【解答】如图：连接PM，PA，PB，易得MA⊥PA，MB⊥PB，PM⊥AB，所以四边形PAMN的面积为：12PM，•AB，另外四边形PAMB的面积为三角形PAM面积的两倍，所以12|PM|⋅|AB|＝|PA|⋅|MA|，所以|AB|=2|PA|⋅|MA||PM|=4√|PM|2−4|PM|=4√1−|PM|2，所以当|PM|取得最小值时，|AB|最小，设点P(x, y)，则|PM|=√(x−3)2+y2=√x2−2x+9，所以x＝1时，|PM|取得最小值为：2√2，所以AB的最小值为：4√1−48=2√2．当P向无穷远处运动时，|AB|的长度趋近于圆的直径，故|AB|的取值范围是[2√2, 4)．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．【答案】（1）因为c sin B＝b sin(π3−C)+√3b．由正弦定理可得，sin C sin B＝sin B sin(π3−C)+√3sin B，因为sin B>0，所以sin C＝sin(π3−C)+√3=√32cos C−12sin C，即√32sin C−12cos C=1，所以sin(C−π6)＝1，∵0<C<π，所以C=2π3，（2）由余弦定理可得，c2＝a2+b2−2ab cos C，所以a2+b2+ab＝7，即(a+b)2−ab＝7，所以ab＝2，S△ABC=12ab sin C=√32，设AB边上的高为ℎ，则√72ℎ=√32，故ℎ=√217．【考点】正弦定理余弦定理【解析】（1）由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简可求C；（2）由已知结合余弦定理及三角形的面积公式即可求解．【解答】（1）因为c sin B＝b sin(π3−C)+√3b．由正弦定理可得，sin C sin B＝sin B sin(π3−C)+√3sin B，因为sin B>0，所以sin C＝sin(π3−C)+√3=√32cos C−12sin C，即√32sin C−12cos C=1，所以sin(C−π6)＝1，∵0<C<π，所以C=2π3，（2）由余弦定理可得，c2＝a2+b2−2ab cos C，所以a2+b2+ab＝7，即(a+b)2−ab＝7，所以ab＝2，S△ABC=12ab sin C=√32，设AB边上的高为ℎ，则√72ℎ=√32，故ℎ=√217．【答案】证明：如图1，取PC的中点F，连结EF，BF，∵PE＝DE，PF＝CF，∴EF // CD，CD＝2EF，∵AB // CD，CD＝2AB，∴AB // EF，且EF＝AB，∴四边形ABFE为平行四边形，∴AE // BF，∵BF⊂平面PBC，AE⊄平面PBC，∴AE // 平面PBC．如图2，取AB中点O，CD中点Q，连结OQ，∵OA＝OB，CQ＝DQ，PA＝PB，∴PO⊥AB，OQ⊥AB，∵平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，∴PO⊥平面ABCD，OQ⊥平面PAB，∴AB，OQ，OP两两垂直，以点O为坐标原点，OQ，OB，OP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由PA⊥PB，AB＝2，得OA＝OB＝OP＝1，DQ＝CQ＝2，在等腰梯形ABCD中，AB＝2，CD＝4，AD=√2，OQ＝1，O(0, 0, 0)，A(0, −1, 0)，B(0, 1, 0)，C(1, 2, 0)，P(0, 0, 1)，D(1, −2, 0)，E(12, −1, 12)，设平面PAD的法向量为m→=(x, y, z)，AP→=(0, 1, 1)，AD→=(1, −1, 0)，则{m→⋅AP→=y+z=0m→⋅AD→=x−y=0，取y＝1，得m→=(1, 1, −1)，设平面EBC的法向量n→=(a, b, c)，BC→=(1, 1, 0)，EB→=(−12,2,−12)，则{n →⋅BC →=a +b =0n →⋅BP →=−12a +2b −12c =0 ，取a ＝1，得n →=(1, −1, −5)， 设二面角P −l −B 的平面角为θ， 则|cos θ|=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=59，P −l −B 的正弦值为sin θ=√1−(59)2=2√149．【考点】二面角的平面角及求法 直线与平面平行【解析】（1）取PC 的中点F ，连结EF ，BF ，推导出四边形ABFE 为平行四边形，AE // BF ，由此能求出AE // 平面PBC ．（2）取AB 中点O ，CD 中点Q ，连结OQ ，推导出PO ⊥AB ，OQ ⊥AB ，从而PO ⊥平面ABCD ，OQ ⊥平面PAB ，以点O 为坐标原点，OQ ，OB ，OP 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，由此能求出二面P −l −B 的正弦值． 【解答】证明：如图1，取PC 的中点F ，连结EF ，BF ，∵ PE ＝DE ，PF ＝CF ，∴ EF // CD ，CD ＝2EF ， ∵ AB // CD ，CD ＝2AB ，∴ AB // EF ，且EF ＝AB ， ∴ 四边形ABFE 为平行四边形，∴ AE // BF ， ∵ BF ⊂平面PBC ，AE ⊄平面PBC ， ∴ AE // 平面PBC ．如图2，取AB 中点O ，CD 中点Q ，连结OQ ，∵ OA ＝OB ，CQ ＝DQ ，PA ＝PB ，∴ PO ⊥AB ，OQ ⊥AB ， ∵ 平面PAB ⊥平面ABCD ，交线为AB ， ∴ PO ⊥平面ABCD ，OQ ⊥平面PAB ， ∴ AB ，OQ ，OP 两两垂直，以点O 为坐标原点，OQ ，OB ，OP 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， 由PA ⊥PB ，AB ＝2，得OA ＝OB ＝OP ＝1，DQ ＝CQ ＝2， 在等腰梯形ABCD 中，AB ＝2，CD ＝4，AD =√2，OQ ＝1，O(0, 0, 0)，A(0, −1, 0)，B(0, 1, 0)，C(1, 2, 0)，P(0, 0, 1)，D(1, −2, 0)，E(12, −1, 12)，设平面PAD 的法向量为m →=(x, y, z)， AP →=(0, 1, 1)，AD →=(1, −1, 0)，则{m →⋅AP →=y +z =0m →⋅AD →=x −y =0，取y ＝1，得m →=(1, 1, −1)， 设平面EBC 的法向量n →=(a, b, c)， BC →=(1, 1, 0)，EB →=(−12,2,−12)，则{n →⋅BC →=a +b =0n →⋅BP →=−12a +2b −12c =0，取a ＝1，得n →=(1, −1, −5)， 设二面角P −l −B 的平面角为θ， 则|cos θ|=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=59，P −l −B 的正弦值为sin θ=√1−(59)2=2√149．【答案】变量X 的所有可能取值为4，5，6，7，8，∵ 每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为12，反面向上的概率为12，∴ P(X ＝4)＝(12)4=116，P(X ＝5)=C 41(12)4=14，P(X ＝6)=C 42(12)4=38， P(X ＝7)=C 43(12)4=14， P(X ＝8)=C 44(12)4=116，∴ X 的分布列为：E(X)=4×116+5×14+6×38+7×14+8×116=6．①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，概率的和为：Q 2=12+(12)2=34， ②证明：得n 分分两种情况，第一种为得n −2分后抛掷一次正面向上， 第二种为得n −1分后，抛掷一次反面向上， ∴ 当n ≥3，且n ∈N ∗时，Q n =12Q n−1+12Q n−2，A n+1＝Q n+2+12Q n+1=12Q n+1+12Q n +12Q n+1=Q n+1+12Q n =A n ，∴ 数列{A n }为常数列，∵ B n+1＝Q n+2−Q n+1=12Q n+1+12Q n −Q n+1=−12Q n+1+12Q n =−12(Q n+1−Q n )=−12B n ， ∵ B 1＝P 2−P 1=34−12=14，∴ 数列{B n }为等比数列． 【考点】离散型随机变量及其分布列 离散型随机变量的期望与方差【解析】（1）变量X 的所有可能取值为4，5，6，7，8，分别求出相应的概率，由此能求出X 的分布列． （2）①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，由此能求出Q 2．②得n 分分两种情况，第一种为得n −2分后抛掷一次正面向上，第二种为得n −1分后，抛掷一次反面向上，当n ≥3，且n ∈N ∗时，Q n =12Q n−1+12Q n−2，由此能证明数列{A n }为常数列，由B n+1＝Q n+2−Q n+1=12Q n+1+12Q n −Q n+1=−12Q n+1+12Q n −12B n ，能证明数列{B n }为等比数列．【解答】变量X 的所有可能取值为4，5，6，7，8，∵ 每次抛掷一次硬币，正面向上的概率为12，反面向上的概率为12， ∴ P(X ＝4)＝(12)4=116， P(X ＝5)=C 41(12)4=14， P(X ＝6)=C 42(12)4=38，P(X ＝7)=C 43(12)4=14，P(X ＝8)=C 44(12)4=116，∴ X 的分布列为：E(X)=4×116+5×14+6×38+7×14+8×116=6．①得2分只需要抛掷一次正面向上或两次反面向上，概率的和为：Q 2=12+(12)2=34，②证明：得n 分分两种情况，第一种为得n −2分后抛掷一次正面向上， 第二种为得n −1分后，抛掷一次反面向上， ∴ 当n ≥3，且n ∈N ∗时，Q n =12Q n−1+12Q n−2，A n+1＝Q n+2+12Q n+1=12Q n+1+12Q n +12Q n+1=Q n+1+12Q n =A n ， ∴ 数列{A n }为常数列，∵ B n+1＝Q n+2−Q n+1=12Q n+1+12Q n −Q n+1=−12Q n+1+12Q n=−12(Q n+1−Q n )=−12B n ，∵ B 1＝P 2−P 1=34−12=14， ∴ 数列{B n }为等比数列． 【答案】由题意可得{ 74a 2+916b 2=1c a =√32a 2=b 2+c 2，解得{a 2=4b 2=1 ， ∴ 椭圆E 的标准方程为：x 24+y 2=1； 由（1）知点A(−2, 0)，B(0, −1)，由题意可设直线AP 的方程为：y ＝k(x +2)(0<k <12)，所以点C 的坐标为(0, 2k)，联立方程{y =k(x +2)x 24+y 2=1 ，消去y 得：(1+4k 2)x 2+16k 2x +16k 2−4＝0， 设P(x 1, y 1)，则−2⋅x 1=16k 2−41+4k 2，所以x 1=−8k 2−21+4k 2， 所以y 1=k(−8k 2−21+4k 2)=4k1+4k 2，所以P(−8k 2−21+4k 2, 4k1+4k 2 )，设D 点的坐标为(x 0, 0)，因为点P ，B ，D 三点共线，所以k BD ＝k PB ， 即1−x 0=4k1+4k 2+1−8k 2−21+4k 2，所以x 0=2−4k 1+2k，所以D(2−4k 1+2k, 0)，因为CD // AB ，所以k CD ＝k AB ， 即k(2k+1)2k−1=−12，所以4k 2+4k −1＝0，解得k =−1±√22， 又因为0<k <12， 所以k =√2−12， 所以点P 的坐标为(√2, √22)． 【考点】椭圆的标准方程 椭圆的应用直线与椭圆的位置关系【解析】（1）列出关于a ，b ，c 的方程组，解出a ，b ，c 的值，即可求出椭圆E 的标准方程； （2）设直线AP 的方程为：y ＝k(x +2)(0<k <12)，与椭圆方程联立，利用韦达定理可求出P(−8k 2−21+4k 2, 4k 1+4k 2 )，由点P ，B ，D 三点共线，所以k BD ＝k PB ，求出D(2−4k1+2k , 0)，由CD // AB 可得k(2k+1)2k−1=−12，解出k 的值，从而求出点P 的坐标．【解答】由题意可得{ 74a 2+916b 2=1c a=√32a 2=b 2+c 2 ，解得{a 2=4b 2=1 ， ∴ 椭圆E 的标准方程为：x 24+y 2=1；由（1）知点A(−2, 0)，B(0, −1)，由题意可设直线AP 的方程为：y ＝k(x +2)(0<k <12)，所以点C 的坐标为(0, 2k)，联立方程{y =k(x +2)x 24+y 2=1，消去y 得：(1+4k 2)x 2+16k 2x +16k 2−4＝0， 设P(x 1, y 1)，则−2⋅x 1=16k 2−41+4k ，所以x 1=−8k 2−21+4k ，所以y 1=k(−8k 2−21+4k 2)=4k1+4k 2， 所以P(−8k 2−21+4k 2, 4k1+4k 2 )，设D 点的坐标为(x 0, 0)，因为点P ，B ，D 三点共线，所以k BD ＝k PB ， 即1−x 0=4k1+4k 2+1−8k 2−21+4k 2，所以x 0=2−4k 1+2k ，所以D(2−4k1+2k , 0)，因为CD // AB ，所以k CD ＝k AB ， 即k(2k+1)2k−1=−12，所以4k 2+4k −1＝0，解得k =−1±√22， 又因为0<k <12， 所以k =√2−12， 所以点P 的坐标为(√2, √22)． 【答案】由x >0可得f(x)≤0恒成立等价为a ≤x −ln x x恒成立．设g(x)＝x −ln x x，g′(x)＝1−1−ln x x 2=x 2−1+ln xx 2，再令ℎ(x)＝x 2−1+ln x ，则ℎ′(x)＝2x +1x>0，则ℎ(x)在(0, +∞)递增，又ℎ(1)＝0，则0<x <1，ℎ(x)<0，x >1，ℎ(x)>0，即0<x <1时，g′(x)<0；x >1时，g′(x)>0，可得g(x)在(0, 1)递减；在(1, +∞)递增， 即有g(x)在x ＝1处取得极小值，即最小值g(1)＝1，所以a ≤1；证明：由（1）可得f(x 0)＝ln x 0−x 02+ax 0，f′(x 0)＝0，即1x 0−2x 0+a ＝0，即a ＝2x 0−1x 0，所以f(x 0)＝ln x 0+x 02−1，可得曲线M 的方程为y ＝ln x +x 2−1，由题意可得对任意实数k ，方程ln x +x 2−1＝kx 有唯一解．设ℎ(x)＝ln x +x 2−kx −1，则ℎ′(x)=1x +2x −k =2x 2−kx+1x，①当k ≤0时，ℎ′(x)>0恒成立，ℎ(x)在(0, +∞)递增，由ℎ(1)＝−k ≥0，ℎ(e k )＝k +e 2k −ke k −1＝k(1−e k )+e 2k −1≤0，所以存在x 0满足e k ≤x 0≤1时，使得ℎ(x 0)＝0．又因为ℎ(x)在(0, +∞)递增，所以x ＝x 0为唯一解． ②当k >0时，且△＝k 2−8≤0即0<k ≤2√2时，ℎ′(x)≥0恒成立，所以ℎ(x)在(0, +∞)递增， 由ℎ(1)＝−k <0，ℎ(e 3)＝3+e 6−ke 3−1＝(e 3−√2)2+(2√2−k)e 3>0，所以存在x 0∈(1, e 3)，使得ℎ(x 0)＝0．又ℎ(x)在(0, +∞)递增，所以x ＝x 0为唯一解． ③当k >2√2时，ℎ′(x)＝0有两解x 1，x 2，设x 1<x 2，因为x 1x 2=12，所以x 1<√22<x 2，当x ∈(0, x 1)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)递增；当x ∈(x 1, x 2)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)递减，当x ∈(x 2, +∞)，ℎ′(x)>0，ℎ(x)递增，可得ℎ(x)的极大值为ℎ(x 1)＝ln x 1+x 12−kx 1−1，因为2x 12−kx 1+1＝0，所以ℎ(x 1)＝ln x 1−x 12−2<0，所以ℎ(x 2)<ℎ(x 1)<0，ℎ(e k 2)＝k 2+e 2k 2−ke k 2−1＝(e k 2−k)e k 2+k 2−1>0，令m(x)＝e x 2−x ，x >2√2，可得m′(x)＝2x ⋅e x 2−1>0，所以m(x)>m(2√2)>0，所以存在x 0∈(x 2, e k 2)，使得ℎ(x 0)＝0， 又因为ℎ(x)在(x 2, +∞)递增，所以x ＝x 0为唯一解．综上可得，过原点的任意直线y ＝kx 与曲线M 有且仅有一个公共点．【考点】不等式恒成立的问题 利用导数研究函数的极值 【解析】（1）由题意可得原不等式等价为a ≤x −ln x x恒成立．设g(x)＝x −ln x x，由g(x)的二次导数的符号，确定g(x)的单调性，可得g(x)的最小值，进而得到a 的范围；（2）由极值的定义可得f(x 0)＝ln x 0+x 02−1，可得曲线M 的方程为y ＝ln x +x 2−1，由题意可得对任意实数k ，方程ln x +x 2−1＝kx 有唯一解．设ℎ(x)＝ln x +x 2−kx −1，求得ℎ(x)的导数，讨论k ≤0；k >0，△≤0，△>0，结合ℎ(x)的单调性，以及函数零点存在定理，化简计算即可得证． 【解答】由x >0可得f(x)≤0恒成立等价为a ≤x −ln x x恒成立．设g(x)＝x −ln x x，g′(x)＝1−1−ln x x 2=x 2−1+ln xx 2，再令ℎ(x)＝x 2−1+ln x ，则ℎ′(x)＝2x +1x>0，则ℎ(x)在(0, +∞)递增，又ℎ(1)＝0，则0<x <1，ℎ(x)<0，x >1，ℎ(x)>0，即0<x <1时，g′(x)<0；x >1时，g′(x)>0，可得g(x)在(0, 1)递减；在(1, +∞)递增，即有g(x)在x ＝1处取得极小值，即最小值g(1)＝1，所以a ≤1；证明：由（1）可得f(x 0)＝ln x 0−x 02+ax 0， f′(x 0)＝0，即1x 0−2x 0+a ＝0，即a ＝2x 0−1x 0，所以f(x 0)＝ln x 0+x 02−1，可得曲线M 的方程为y ＝ln x +x 2−1，由题意可得对任意实数k ，方程ln x +x 2−1＝kx 有唯一解．设ℎ(x)＝ln x +x 2−kx −1，则ℎ′(x)=1x+2x −k =2x 2−kx+1x，①当k ≤0时，ℎ′(x)>0恒成立，ℎ(x)在(0, +∞)递增，由ℎ(1)＝−k ≥0，ℎ(e k )＝k +e 2k −ke k −1＝k(1−e k )+e 2k −1≤0，所以存在x 0满足e k ≤x 0≤1时，使得ℎ(x 0)＝0．又因为ℎ(x)在(0, +∞)递增，所以x ＝x 0为唯一解． ②当k >0时，且△＝k 2−8≤0即0<k ≤2√2时，ℎ′(x)≥0恒成立，所以ℎ(x)在(0, +∞)递增， 由ℎ(1)＝−k <0，ℎ(e 3)＝3+e 6−ke 3−1＝(e 3−√2)2+(2√2−k)e 3>0，所以存在x 0∈(1, e 3)，使得ℎ(x 0)＝0．又ℎ(x)在(0, +∞)递增，所以x ＝x 0为唯一解． ③当k >2√2时，ℎ′(x)＝0有两解x 1，x 2，设x 1<x 2，因为x 1x 2=12，所以x 1<√22<x 2，当x ∈(0, x 1)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)递增；当x ∈(x 1, x 2)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)递减，当x ∈(x 2, +∞)，ℎ′(x)>0，ℎ(x)递增，可得ℎ(x)的极大值为ℎ(x 1)＝ln x 1+x 12−kx 1−1，因为2x 12−kx 1+1＝0，所以ℎ(x 1)＝ln x 1−x 12−2<0，所以ℎ(x 2)<ℎ(x 1)<0，ℎ(e k 2)＝k 2+e 2k 2−ke k 2−1＝(e k 2−k)e k 2+k 2−1>0，令m(x)＝e x 2−x ，x >2√2，可得m′(x)＝2x ⋅e x 2−1>0，所以m(x)>m(2√2)>0，所以存在x 0∈(x 2, e k 2)，使得ℎ(x 0)＝0， 又因为ℎ(x)在(x 2, +∞)递增，所以x ＝x 0为唯一解．综上可得，过原点的任意直线y ＝kx 与曲线M 有且仅有一个公共点．（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，则按所做的第一题计分．[选修4-4：坐标系与参数方程] 【答案】（1）直线l 1的参数方程为{x =1−my =k(m −1) （m 为参数），转换为直角坐标方程为y ＝−kx ．直线l 2的参数方程为{x =n y =2+k n （n 为参数），转换为直角坐标方程为y −2=xk ．联立两直线的方程消去参数k 得：x 2+(y −1)2＝1(x ≠0)． （2）设点Q(ρcos α, ρsin α)由tan α=43， 可得：sin α=45,cos α=35．代入曲线C ，得ρ2−85ρ=0，解得ρ=85或ρ＝0（舍去），故点Q 的极径为85．【考点】参数方程与普通方程的互化 圆的极坐标方程【解析】（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）利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果． 【解答】（1）直线l 1的参数方程为{x =1−my =k(m −1) （m 为参数），转换为直角坐标方程为y ＝−kx ．直线l 2的参数方程为{x =n y =2+k n （n 为参数），转换为直角坐标方程为y −2=xk．联立两直线的方程消去参数k 得：x 2+(y −1)2＝1(x ≠0)． （2）设点Q(ρcos α, ρsin α)由tan α=43， 可得：sin α=45,cos α=35．代入曲线C ，得ρ2−85ρ=0，解得ρ=85或ρ＝0（舍去），故点Q 的极径为85． [选修4-5：不等式选讲] 【答案】当x <−2时，f(x)<x +3可化为1−x −x −2<x +3，解得x >−43，无解；当−2≤x ≤1时，f(x)<x +3可化为1−x +x +2<x +3，解得x >0，故0<x ≤1； 当x >1时，f(x)<x +3可化为x −1+x +2<x +3，解得x <2，故1<x <2． 综上可得，f(x)<x +3的解集为(0, 2)；不等式m −x 2−2x ≤f(x)在R 上恒成立，可得m ≤x 2+2x +f(x)，即m ≤（x 2+2x +f(x)）min ，由y ＝x 2+2x ＝(x +1)2−1的最小值为−1，此时x ＝−1；由f(x)＝|x−1|+|x+2|≥|x−1−x−2|＝3，当且仅当−2≤x≤1时，取得等号，则（x2+2x+f(x)）min＝−1+3＝2，所以m≤2，即m的取值范围是(−∞, 2]．【考点】绝对值不等式的解法与证明不等式恒成立的问题【解析】（1）由绝对值的定义，去绝对值符号，解不等式，再求并集可得所求解集；（2）由题意可得m≤（x2+2x+f(x)）min，结合二次函数的最值求法，以及绝对值不等式的性质可得所求最小值，进而得到m的范围．【解答】当x<−2时，f(x)<x+3可化为1−x−x−2<x+3，解得x>−4，无解；3当−2≤x≤1时，f(x)<x+3可化为1−x+x+2<x+3，解得x>0，故0<x≤1；当x>1时，f(x)<x+3可化为x−1+x+2<x+3，解得x<2，故1<x<2．综上可得，f(x)<x+3的解集为(0, 2)；不等式m−x2−2x≤f(x)在R上恒成立，可得m≤x2+2x+f(x)，即m≤（x2+2x+f(x)）min，由y＝x2+2x＝(x+1)2−1的最小值为−1，此时x＝−1；由f(x)＝|x−1|+|x+2|≥|x−1−x−2|＝3，当且仅当−2≤x≤1时，取得等号，则（x2+2x+f(x)）min＝−1+3＝2，所以m≤2，即m的取值范围是(−∞, 2]．。
江淮十校2020届高三第一次联考理数答案
理科数学参考答案一．选择题1.B解析：Ay|y2或y 2，B2x 2则A B2,2所以P的子集个数为四个,选B.2.B解析：令z x yi则有x3y44，z z x2y2所以其最大值为2225249选B.3.B.∵a,b,c为正数，∴当a 2,b 2,c 3时，满足a b c，但a2b2c2不成立，即充2222222 分性不成立，若a2b2c2，则a b ab c ，即a b c ab c，2 2即a b c，即a b c，成立，即必要性成立，则“a b c”是“a2b2c2”的必要不充分条件，故选：B．4.B解析：∵a2b a2∴a22b a 0,即a 2b a cosa,b 0,∵a=b,∴cos a,b12，∴a,b的夹角为3故选：B5．C解析：根据对数函数的单调性可以得到xlnlne 1, zloglog 1 0, 根 据 指 数 函 数 的 性 质 可 得1 1 331y ez y x30,1 ,，故选 C.6 A解析：如图：设 BC 2，以 B为圆心的扇形面积是2 2 2， 63的面积是 1 2 2 3 3ABC，2 2所以勒洛三角形的面积为 3 个扇形面积减去 2 个正三角形面积， 即233 2 3 2 23 ，所以在勒洛三角形中随机取一点，此点取自正三角形外部的概率是123 2 32 3 3 故选 A 237.C解析：因为 AD 在平面 ADD 1A 1 内，且平行平面CBF ，故 A 错误； 平面 CBF 即平面 A 1D 1CB ，又平面 A 1D 1CB 与平面 ABCD 斜相交，所以在平面 ABCD 内不存在与平面 CBF 垂直的直线，故 B 错误； F 到平面 ABCD 的距离不变且 FC 变小，FC 与平面 ABCD 所成的角变大 故 C 正确；平面 CBF 即平面 A 1D 1CB ，点 D 到平面 A 1D 1CB 的距离为定值，故 D 错误.故选 C.8.A解析： x 36 36 37 37 44 40 43 44 4340 ,9216 16 9 9 160 9 16 9 100 s9 9 10110 130s,年龄在(xs, x s)内，即 ,内的人数有 5 人，33 3所以年龄在 (x s, xs)内的人数占公司总人数的百分比是等于5 56 0，故选A.99 C解析：由题意可知 f x sin 2x 则只有 C 选项符合答案：C 10.B。
【附15套精选模拟试卷】安徽省江淮十校2020届高三第一次联考理科数学试卷含解析
安徽省江淮十校2020届高三第一次联考理科数学试卷一、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．将一枚质地均匀的骰子向上抛掷1次.设事件A 表示向上的一面出现奇数点，事件B 表示向上的一面出现的点数不超过3，事件C 表示向上的一面出现的点数不小于4，则（ ） A ．A 与B 是互斥而非对立事件B ．A 与B 是对立事件C ．B 与C 是互斥而非对立事件D ．B 与C 是对立事件2．若对,m n R ∀∈，有()()()3g m n g m g n +=+-，求21()()x x f x g x -=+的最大值与最小值之和是（ ） A ．4 B ．6C ．8D ．103．设，则（ ） A ．B ．2C ．D ．4．已知,x y 满足不等式组004314x x y x y ≥⎧⎪-≤⎨⎪+≤⎩，设()()2221x y +++的最小值为ω，则函数()sin 6f t t πω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的最小正周期为（ ）A ．2πB ．πC ．2πD ．25π5．已知等差数列{}n a 满足33a =，4581a a a +=+，数列{}n b 满足11n n n n n b a a a a ++=-，记数列{}n b 的前n 项和为n S ，若对于任意的[]2,2a ∈-，*n N ∈，不等式223n S t at <+-恒成立，则实数t 的取值范围为（ ） A ．(][),22,-∞-+∞U B ．(][),21,-∞-⋃+∞C ．(][),12,-∞-⋃+∞ D ．[]22-,6．设0a b >>，e 为自然对数的底数.若b a a b =，则（ ）A ．2ab e = B ．21ab e =C ．2ab e >D ．2ab e <7．已知命题“2,410x R ax x ∀∈++>”是假命题，则实数a 的取值范围是 A ．(4,)+∞B ．(0,4]C ．(,4]-∞D ．[0,4)8．函数()af x xx=+(其中a R ∈)的图象不可能是( ) A ． B ． C ．D ．9．若，且，则的值为（ ）A ．B ．C ．D ．10．在ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，ABC ∆的面积为S ，若222()S a b c =+-，则tan C 的值是（ ）A ．43 B ．34 C ．43- D ．34-11．明朝数学家程大位将“孙子定理”（也称“中国剩余定理”）编成易于上口的《孙子歌诀》：三人同行七十稀，五树梅花廿一支，七子团圆正半月，除百零五便得知．已知正整数n 被3除余2,被5除余3，被7除余4，求n 的最小值．按此歌诀得算法如图，则输出n 的结果为（ ）A ．53B ．54C ．158D ．26312．下列说法错误的是（ ） A ．回归直线一定经过样本点中心(),x yB ．两个随机变量的线性相关性越强，则相关系数的绝对值就越接近1C ．对分类变量X 与Y ，若2K 越大，则“X 与Y 有关的把握程度越小”D ．在回归方程ˆ0.20.8y x =+中，每当随机变量x 每增加1个单位时，预报变量ˆy 就平均增加0.2个单位 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
安徽省江淮十校2020届高三上学期第一次联考数学(理)试题 Word版含解析
江淮十校2020届高三第一次联考数学（理科）一、选择题：本大题共12个小题,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1|,0A y y x x x ⎧⎫==+≠⎨⎬⎩⎭，集合{}2|40B x x =-≤，若A B P ⋂=，则集合P 的子集个数为（ ） A. 2 B. 4C. 8D. 16【答案】B 【解析】 【分析】求出集合A 、B ，得出集合P ，确定集合P 的元素个数，利用子集个数公式可得出集合P 的子集个数.【详解】当0x >时，112y x x x x=+≥⋅=； 当0x <时，()()()()11122y x x x x x x ⎡⎤=+=--+≤--⋅=-⎢⎥--⎣⎦. 所以，集合{}22A y y y =≤-≥或.集合{}{}24022B x x x x =-≤=-≤≤，{}2,2P A B ∴==-I ，集合P 有两个元素，因此，集合P 的子集个数为224=，故选：B.【点睛】本题考查集合子集个数的计算，考查集合的交集、函数的值域以及一元二次不等式的解法，解题时要注意集合子集个数结论的应用，属于中等题.2.复数z 满足342z i ++=，则z z ⋅的最大值是（ ） A. 7 B. 49 C. 9 D. 81【答案】B 【解析】 【分析】设z x yi =+，由342z i ++=可得出()()22344x y +++=，22z z x y ⋅=+，利用数形结合思想求出z z ⋅的最大值.【详解】设z x yi =+，则()()34342z i x y i ++=+++==，()()22344x y ∴+++=，则复数z 在复平面内所对应的点的轨迹是以()3,4--为圆心，以2为半径的圆，22z z x y ⋅=+，其几何意义是原点到圆()()22344x y +++=上一点距离的平5=，因此，z z ⋅的最大值为()22549+=，故选：B.【点睛】本题考查复数的几何意义，考查复数对应点的轨迹，同时也涉及了点到圆上一点最值的求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.3.设,,a b c 为正数，则“a b c +>”是“222a b c +>”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【答案】B 【解析】 【分析】根据不等式的关系，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可. 【详解】∵,,a b c 为正数，∴当2,2,3a b c ===时，满足a b c +>，但222a b c +>不成立，即充分性不成立， 若222a b c +>，则()222+->a b ab c ，即()2222+>+>a b c ab c ，>，即a b c +>，成立，即必要性成立，则“a b c +>”是“222a b c +>”的必要不充分条件， 故选：B ．【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合不等式的关系是解决本题的关键，属于中档题.4.已知向量a r 、b r 均为非零向量，()2a b a -⊥r r r ，a b =r r ，则a r 、b r 的夹角为（ ）A.6πB.3π C.23π D.56π 【答案】B 【解析】 【分析】设a r 、b r的夹角为θ，由()2a b a -⊥r r r ，得出()20a a b ⋅-=r r r ，利用平面向量数量积的运算律与定义可计算出cos θ的值，结合θ的取值范围得出θ的值.【详解】设a r 、b r的夹角为θ，()2a b a -⊥r r r Q 且a b =r r ，()222222cos 0a a b a a b a a θ⋅-=-⋅=-=r r r r r r r r ，解得1cos 2θ=，0θπ≤≤Q ，3πθ∴=.因此，a r 、b r的夹角为3π，故选：B. 【点睛】本题考查利用平面向量的数量积求向量的夹角，在处理平面向量垂直时，要将其转化为两向量的数量积为零，利用平面向量数量积的定义和运算律来计算，考查运算求解能力，属于中等题.5.已知ln x π=，13y e -=，13log z π=，则（ ）A. x y z <<B. z x y <<C. z y x <<D. y z x <<【答案】C 【解析】 【分析】利用中间值法，将这三个数与0、1比较大小，从而得出这三个数的大小关系. 【详解】由于对数函数ln y x =在其定义域上是增函数，则ln ln 1x e π=>=，指数函数xy e =在R 上为增函数，则10301e e -<<=，即01y <<，对数函数13log y x =在其定义域上是减函数，则1133log log 10π<=，即0z <.因此，z y x <<，故选：C.【点睛】本题考查利用中间值法比较指数式、对数式的大小，常用的中间值为0和1，在实际问题中，中间值取多少要由具体问题来选择，同时在比较大小时，要充分利用指数函数与对数函数的单调性来求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.6.勒洛三角形是具有类似圆的“定宽性”的面积最小的曲线，它由德国机械工程专家，机构运动学家勒洛首先发现，其作法是：以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形，现在勒洛三角形中随机取一点，则此点取自正三角形外的概率为（ ）()3323π- ()323π-()323π+ ()23323ππ-+【答案】A 【解析】 【分析】设2BC =，将圆心角为3π的扇形面积减去等边三角形的面积可得出弓形的面积，由此计算出图中“勒洛三角形”的面积，然后利用几何概型的概率公式可计算出所求事件的概率. 【详解】如下图所示，设2BC =，则以点B 为圆心的扇形面积为2122=233ππ⨯⨯， 等边ABC ∆的面积为212sin 323π⨯⨯=233π 所以，勒洛三角形的面积可视为一个扇形面积加上两个弓形的面积， 即222322333πππ⎛+⨯=- ⎝， ∴在勒洛三角形中随机取一点，此点取自正三角形外部的概率()()33312323ππ=--，故选：A.【点睛】本题考查几何概型概率的计算，解题的关键就是要求出图形相应区域的面积，解题时要熟悉一些常见平面图形的面积计算方法，考查计算能力，属于中等题.7.如图，在正方体111ABCD A B C D -中，F 是棱11A D 上动点，下列说法正确的是（ ）A. 对任意动点F ，在平面11ADD A 内不存在．．．与平面CBF 平行的直线B. 对任意动点F ，在平面ABCD 内存在．．与平面CBF 垂直的直线C. 当点F 从1A 运动到1D 的过程中，FC 与平面ABCD 所成的角变大．．D. 当点F 从1A 运动到1D 的过程中，点D 到平面CBF 的距离逐渐变小．． 【答案】C 【解析】 【分析】利用直线与平面平行的判定定理可判断出A 选项中命题的正误；利用反证法判断出B 选项中命题的正误；利用线面角的定义判断出C 选项中命题的正误；利用三棱锥体积来判断出D 选项命题的正误.【详解】对于A 选项，//AD BC Q ，AD ⊄平面CBF ，BC ⊂平面CBF ，//AD ∴平面CBF ，又AD ⊂平面11ADD A ，所以，A 选项中的命题错误；对于B 选项，反设平面ABCD 内存在直线a 满足a ⊥平面CBF ，a ⊂Q 平面ABCD ，由平面与平面垂直的判定定理可得平面CBF ⊥平面ABCD ，事实上，平面CBF 与平面ABCD 不垂直，假设不存在，所以，B 选项中的命题错误；对于C 选项，由于F 到平面ABCD 的距离d 不变且FC 变小，设直线FC 与平面ABCD 所成的角为θ，则sin dFCθ=，可知θ在逐渐变大，C 选项中的命题正确； 对于D 选项，由于点F 到平面ABCD 的距离不变，BCD ∆的面积不变，则三棱锥F BCD -的体积不变，即三棱锥D BCF -的体积不变，在点F 的运动过程中，BCF ∆的面积不变，由等体积法可知，点D 到平面BCF 的距离不变，D 选项中的命题正确.故选：C.【点睛】本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直、直线与平面所成的角以及点到平面距离等命题的判断，判断时要从这些知识点的定义出发来理解，考查逻辑推理能力，属于中等题.8.某创业公司共有36名职工，为了了解该公司职工的年龄构成情况，随机采访了9位代表，将数据制成茎叶图如图，若用样本估计总体，年龄在(,)x s x s -+内的人数占公司总人数的百分比是（精确到1%）（ ）A. 56%B. 14%C. 25%D. 67%【答案】A 【解析】 【分析】求出样本平均值与方差，可得年龄在(,)x s x s -+内的人数有5人，利用古典概型概率公式可得结果. 【详解】363637374440434443409x ++++++++==,2161699160916910099s ++++++++==103s =,年龄在(,)x s x s -+内，即110130,33⎛⎫⎪⎝⎭内的人数有5人， 所以年龄在(,)x s x s -+内的人数占公司总人数的百分比是等于505609≈，故选A.【点睛】样本数据的算术平均数公式 12n 1(++...+)x x x x n=． 样本方差公式2222121[()()...()]n s x x x x x x n=-+-++-，标准差s =9.将余弦函数的图象向右平移2π个单位后，再保持图象上点的纵坐标不变，横坐标变为原来的一半，得到函数()f x 的图象，下列关于()f x 的叙述正确的是（ ）A. 最大值为1，且关于3,04π⎛⎫⎪⎝⎭对称 B. 周期为π，关于直线2x π=对称C. 在,68ππ⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递增，且为奇函数 D. 在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，且为偶函数 【答案】C 【解析】 【分析】根据图象变换求出函数()y f x =的解析式，然后结合正弦型函数的基本性质对各选项的正误进行判断.【详解】将余弦函数的图象向右平移2π个单位后，得到函数cos sin 2y x x π⎛⎫=-= ⎪⎝⎭的图象，再保持图象上点的纵坐标不变，横坐标变为原来的一半，得到函数()sin 2f x x =的图象. 对于A 选项，函数()sin 2f x x =的最大值为1，由于33sin 142f ππ⎛⎫==-⎪⎝⎭，该函数的图象不关于点3,04π⎛⎫⎪⎝⎭对称，A 选项错误； 对于B 选项，函数()sin 2f x x =的最小正周期为22T ππ==，且sin 02f ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭，则该函数的图象不关于直线2x π=对称，B 选项错误；对于C 选项，当68x ππ-<<时，234x ππ-<<，则函数()sin 2f x x =在,68ππ⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递增，且该函数为奇函数，C 选项正确； 对于D 选项，当04x π<<时，022x π<<，则函数()sin 2f x x =在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，且为奇函数，D 选项错误.故选：C.【点睛】本题考查三角函数的图象变换，同时也考查了正弦型函数基本性质的判断，解题时要根据图象的变换写出变换后的函数解析式，并结合正弦函数的基本性质进行判断，考查推理能力，属于中等题.10.对任意实数x ，恒有10x e ax --≥成立，关于x 的方程()ln 10x a x x ---=有两根为1x ，2x ()12x x <，则下列结论正确的为（ ）A. 122x x +=B. 121=x xC. 122x x = D. 12xx e =【答案】B 【解析】 【分析】先由10x e ax --≥可得出1a =，再由()1ln 10x x x ---=，得出1ln 1x x x +=-，由题意得出1111ln 1x x x +=-和111111ln 11x x x +=-，由此得出211x x =，由此可得出正确选项.【详解】构造函数()1xf x e ax =--，则()00f =，由题意得出()()0f x f ≥，则()()min 0f x f =.且()xf x e a '=-.①当0a -≥时，即当0a ≤时，对任意的x ∈R ，()0f x '>，函数()y f x =在R 上单调递增，此时，函数()y f x =没有最小值；②当0a -<时，即当0a >时，令()0f x '=，得ln x a =. 当ln x a <时，()0f x '<；当ln x a >时，()0f x '>.此时，函数()y f x =在ln x a =处取得极小值，亦即最小值，即()()min ln f x f a =，ln 0a ∴=，得1a =.由题意可知，关于x 的方程()1ln 10x x x ---=有两个实根，即1ln 1x x x +=-有两个实数根. 方程1ln 1x x x +=-的其中一个实根为1x ，则1111ln 1x x x +=-，1111111ln 11x x x x x ++∴-=-=--， 即111111ln 11x x x +=-，又方程1ln 1x x x +=-另一个实根为2x ，211x x ∴=，因此，121=x x ， 故选：B.【点睛】本题考查利用导数研究不等式恒成立问题，同时也考查了方程两根之间的关系，解题时要充分利用对数的运算性质来求解，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.11.已知双曲线2222:1x y C a b-=的两条渐近线分别为1l 与2l ，A 与B 为1l 上关于原点对称的两点，M 为2l 上一点且AM BM k k e ⋅=，则双曲线离心率e 的值为（ ） B.12C. 2【答案】B 【解析】 【分析】设直线1l 的方程为b y x a =，则直线2l 的方程为b y x a =-，设点11,b A x x a ⎛⎫ ⎪⎝⎭、22,b M x x a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则点11,b B x x a ⎛⎫--⎪⎝⎭，利用AM BM k k e ⋅=，可得出21e e -=，解出即可.【详解】设直线1l 的方程为by x a=，则直线2l 的方程为b y x a =-，设点11,b A x x a ⎛⎫ ⎪⎝⎭、22,b M x x a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则点11,b B x x a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭， ()1212AMb x x a k x x +=-，()12121212MB b b bx x x x a a a k x x x x -+-==--+，22AM BM b k k e a ∴⋅==， 即21e e -=，即210e e --=，1e >Q，解得12e =，故选：B. 【点睛】本题考查双曲线离心率的求解，同时也涉及到渐近线方程，在求解离心率时，充分利用公式222221c b e a a==+可简化计算，考查运算求解能力，属于中等题.12.在四面体ABCD 中，若1AD DB AC CB ====，则当四面体ABCD 的体积最大时其外接球表面积为（ ） A.53π B.43π C. πD. 2π【答案】A 【解析】 【分析】设()201AB x x =<<，可知当四面体ABCD 的体积最大时，平面ACB ⊥平面ADB ，计算出CE DE ==ABCD 的体积31133V x x =-，利用导数求出V 的最大值以及对应的x 的值，再利用四面体的结构得出计算出外接球的半径，最后利用球体表面积公式可得出结果.【详解】如下图，取AB 的中点E ，连接CE 、DE ，设()201AB x x =<<，则CE DE =ABCD 体积最大时，平面ACB ⊥平面ADB ，四面体ABCD的体积为3111123233V x x x =⨯⨯=-，213V x '=-.令0V '=，得33x =，当303x <<时，0V '>；当313x <<时，0V '<.所以，函数31133V x x =-在33x =处取得极大值，亦即最大值.此时，2613CE x =-=，6sin 3CE BAC AC ∠==，设ABC ∆和ABD ∆的外接圆半径为r ，由正弦定理得62sin 2BC r BAC ==∠，64r ∴=. 设ABC ∆、ABD ∆的外接圆圆心分别为M 、N ，外接球的球心为点O ，如下图所示：在Rt BCE ∆中，64BM r ==， 四边形OMEN 是正方形，且边长为612ME BE BM =-=， 所以，四面体ABCD 的外接球半径2222665+=41212R BM OM ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭因此，该四面体的外接球表面积为25544123OB πππ⋅=⨯=，故选：A. 【点睛】本题考查四面体体积的最值，同时也考查了四面体外接球表面积的计算，要充分分析几何体的结构特征，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知实数x、y满足21020xx yx y-≥⎧⎪-≤⎨⎪+-≤⎩，则目标函数2z x y=+的最小值为____________.【答案】32【解析】【分析】作出不等式组所表示的可行域，平移直线2z x y=+经过可行域时在x轴上取最小值时对应的最优解，再将最优解代入目标函数可得出答案.【详解】作出不等式组21020xx yx y-≥⎧⎪-≤⎨⎪+-≤⎩所表示的可行域如下图所示：联立210xx y-=⎧⎨-=⎩，得12x y==，可得点11,22A⎛⎫⎪⎝⎭，平移直线2z x y=+，当直线2z x y=+经过可行域的顶点11,22A⎛⎫⎪⎝⎭时，该直线在x轴上的截距最小，此时z取最小值，即min1132222z=⨯+=，故答案为：32.【点睛】本题考查简单的线性规划问题，考查线性目标函数的最值问题，通常利用平移直线在坐标轴上截距的最值来寻找最优解来求解，考查数形结合思想的应用，属于中等题.14.已知()()512x x a++的展开式中各项系数和为2，则其展开式中含2x项的系数是______. 【答案】30-【解析】【分析】先将1x =代入二项式得出二项式的值为展开式各项系数和，可求出1a =-，然后将二项式变形为()()()()5551212121x x x x x +-=-+-，写出二项展开式的通项，令x 的指数为2，求出参数的值，再将参数的值代入通项可得出2x 项的系数. 【详解】由题意可知，()()512x x a ++的展开式中各项系数和为()()()551121222a a +⨯+=+=，解得1a =-，()()()()()()5555121212121x x a x x x x x ++=+-=-+-， 二项展开式的通项为()()()()()5556555212121kkrrkk rk k k xC x C x C x ----⋅⋅-+⋅⋅-=⋅⋅-⋅+()55521rrr r C x --⋅⋅-⋅，令6252k r -=⎧⎨-=⎩，得43k r =⎧⎨=⎩， 因此，展开式中含2x 项的系数为()()434132552121104030C C ⋅⋅-+⋅⋅-=-=-，故答案为：30-.【点睛】本题考查二项式展开式各项系数和的概念，同时也考查了二项式中指定项的系数，解题时要充分利用展开式通项求解，考查运算求解能力，属于中等题.15.关于x 的方程sin 2cos 0x x a ++=在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭内有解，则实数a 的取值范围是_______.【答案】)1⎡-⎣ 【解析】 【分析】将问题转化为方程sin 2cos a x x -=+在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有解，可得出实数a -的取值范围即为函数()sin 2cos f x x x =+在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上的值域，利用辅助角公式求出函数()y f x =在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上的值域，即可得出实数a 的取值范围.【详解】由题意可得sin 2cos a x x -=+，则关于x 的方程sin 2cos a x x -=+在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有解.构造函数()sin 2cos f x x x =+，其中0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，由辅助角公式可得()()f x x ϕ=+，ϕ为锐角，且cos 5ϕ=，sin 5ϕ=. 由于02x π<<，则2x πϕϕϕ<+<+，所以，函数()sin 2cos f x x x =+在区间0,2πϕ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在区间,22ππϕ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，则()max f x =()02f =，12f π⎛⎫=⎪⎝⎭，所以，函数()sin 2cos f x x x =+在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上的值域为(，1a ∴<-≤解得1a ≤<-，因此，实数a 的取值范围是)1⎡-⎣，故答案为：)1⎡-⎣.【点睛】本题考查三角函数的零点问题，解题时可以利用参变量分离法转化为函数的值域问题，充分利用辅助角公式和正弦函数的基本性质求解，考查运算求解能力，属于中中等题.16.已知抛物线2:4C x y =的焦点为F ，过F 作直线l 交抛物线于A 、B 两点，且2AF FB λ=u u u r u u u r （λ为非零常数）.以A 为切点作抛物线C 的切线交直线1y =-于M 点，则MF 的长度为________.（结果用含λ式子表示）. 【答案】1λλ+【解析】 【分析】 设直线AB方程为1y kx =+，联立直线AB 的方程与抛物线C 的方程，列出韦达定理，结合2AF FB λ=u u u r u u u r 得出点A 的横坐标，然后利用导数求出抛物线C 在点A 处的切线方程，并求出点M 的坐标，最后利用两点间的距离公式求出MF 的长度.【详解】设点()11,A x y 、()22,B x y ，抛物线C 的焦点为()0,1F ，设直线AB 的方程为1y kx =+，联立直线AB 的方程与抛物线C 的方程214y kx x y=+⎧⎨=⎩，消去y 得2440x kx --=， 由韦达定理得124x x k +=，124x x =-.()11,1AF x y =--uu u r ，()22,1FB x y =-uu r ，2AF FB λ=uu u r uu r Q ，212x x λ∴-=，2121x x λ∴=-，2121214x x x λ∴=-=-，得2214x λ=.抛物线C 的函数解析式为24x y =，求导得2x y '=，则抛物线C 在点A 处的切线方程为()1112x y y x x -=-，即21124x x y x =-，联立211124y x x y x =-⎧⎪⎨=-⎪⎩，解得11221x x x y ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，所点112,12x M x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭， 因此，1MF λλ====+， 故答案为：1λλ+.【点睛】本题考查直线与抛物线的综合问题，涉及到切线方程以及两点间的距离公式的应用，对于直线与抛物线的综合问题，一般将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理设而不求法进行求解，考查计算能力，属于中等题.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明或演算步骤. 17.数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()()6121n S n n n =++. （1）求{}n a 的通项公式； （2）设141n n b a =-，数列{}n b 的前n 项和为n T ，证明12n T <.【答案】（1）2n a n =；（2）证明见解析.【解析】 【分析】（1）令1n =，由11a S =求出11a =，再令2n ≥，由1n n n a S S -=-求出n a 的表达式，再对11a =是否满足n a 的表达式进行验证，由此得出数列{}n a 的通项公式；（2）将数列{}n b 的通项公式裂项为11122121n b n n ⎛⎫=- ⎪-+⎝⎭，并利用裂项法求出n T ，即可证明出12n T <成立. 【详解】（1）当1n =时，11661236a S ==⨯⨯=，可得11a =； 当2n ≥时，由()()6121n S n n n =++可得()()16121n S n n n -=--，上述两式相减得()()()()261211216n a n n n n n n =++---=⎡⎤⎣⎦，2n a n =.11a =适合2n a n =，因此，对任意的n *∈N ，2n a n =；（2）()()21111114141212122121n n b a n n n n n ⎛⎫====- ⎪---+-+⎝⎭Q ，111111111111123235221212212n T n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-+-++-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭L 成立.【点睛】本题考查由前n 项和公式求数列通项，同时也考查了利用裂项法求和，在由前n 项和公式求数列通项时，利用公式11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩来进行计算，考查计算能力，属于中等题.18.ABC ∆中，角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，若222sin sin 3sin A B C -=，sin A =，且0BA AC ⋅>u u u r u u u r . （1）求sin sin BC； （2）若2a =，求ABC ∆的面积.【答案】（1）3；（2【解析】 【分析】（1）由0BA AC ⋅>u u u r u u u r可得出cos 0A <，利用同角三角函数的平方关系可求出cos A 的值，利用正弦定理边角互化思想得出2223a b c -=，再利用余弦定理可得出b c的值，从而可得出sin sin BC的值； （2）由（1）得出3b c =，利用余弦定理可求出b 、c 的值，再利用三角形的面积公式可求出ABC ∆的面积.【详解】（1）()cos cos 0BA AC BA AC A cb A π⋅=⋅-=->uu r uuu r uu r uuu rQ ，cos 0A ∴<.由同角三角函数的平方关系得1cos 3A ===-. 222sin sin 3sin A B C -=Q ，由正弦定理可得2223a b c -=.由余弦定理得2222231cos 223b c a c c c A bc bc b +--===-=-，3b c ∴=，由正弦定理边角互化思想得sin 3sin B bC c==； （2）由（1）可知3b c =，由余弦定理得2222222cos 10212a b c bc A c c c =+-=+=，2211123c a ∴==，则3c =b =由三角形面积公式可知，ABC ∆的面积为11sin 22333ABC S bc A ∆===. 【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理解三角形，同时也考查了三角形面积公式的应用，要根据三角形已知元素的类型合理选择正弦、余弦定理解三角形，同时也考查充分利用边角互化思想的应用，简化计算，考查运算求解能力，属于中等题.19.如图，四面体ABCD 中，ABC ∆是正三角形，ACD ∆是直角三角形，ABD CBD ∠=∠，AB BD =.（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）若点E 为DB 中点，求二面角D AE C --的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）427. 【解析】 【分析】（1）先证明出ABD CBD ∆≅∆，可得出AD CD =，可得出90ADC ∠=o ，然后取AC 的中点O ，连接OC 、OD ，并设OA OD a ==，利用勾股定理证明出OD OB ⊥，由等腰三角形三线合一得出OD AC ⊥，利用直线与平面垂直的判定定理可证明出OD ⊥平面ABC ，再利用平面与平面垂直的判定定理可得出平面ACD ⊥平面ABC ；（2）以点O 为坐标原点，OA 、OB 、OD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设2AB =，计算出平面ADE 和ACE 的法向量，利用空间向量法求出二面角D AE C --的余弦值，再利用同角三角函数的基本关系可得出答案.【详解】（1）ABC ∆Q 是等边三角形，AB BC ∴=，又ABD CBD ∠=∠，BD BD =，ABD CBD ∴∆≅∆，AD CD ∴=，ACD ∆Q 为直角三角形，所以90ADC ∠=o ，取AC 的中点O ，连接OC 、OD ，则OD AC ⊥，OA OD =.设OA OD a ==，则tan 603OB OA a =⋅=o ，又2BD AB AC a ===，222BD OB OD ∴=+，OB OD ∴⊥，又OB AC O =I ，OD ∴⊥平面ABC ，OD ⊂Q 平面ACD ，因此，平面ACD ⊥平面ABC ；（2）由题设及（1）可知OA 、OB 、OD 两两垂直，以点O 为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系O xyz -，设2AB =，则()1,0,0A 、()3,0B、()1,0,0C -、()0,0,1D ，E Q 为BD 的中点，则310,22E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，()1,0,1AD ∴=-uuu r ，()2,0,0AC =-uu u r ，311,,22AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭uu ur . 设平面ADE 的一个法向量为(),,n x y z =r ，由00n AD n AE u u u v v u u u v v ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得03102x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩， 得33z xy x =⎧⎪⎨=⎪⎩，令3x =，则1y =，3z =，所以，平面ADE 的一个法向量为()31,3n =r,. 同理可得，平面ACE 的一个法向量为()0,1,3m =-u r，7cos ,727m n m n m n⋅∴===⨯⋅u r ru r r u r r ，所以，二面角D AE C --的正弦值为2742177⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭.【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，同时也考查了二面角的计算，在利用空间向量计算二面角时，关键就是要建立合适的空间直角坐标系，并计算出平面的法向量，考查逻辑推理能力与计算能力，属于中等题.20.如图，已知()1,0A -、()10B ,，Q 、G 分别为ABC △的外心，重心，//QG AB .（1）求点C 的轨迹E 的方程；（2）是否存在过()0,1P 的直线L 交曲线E 于M ，N 两点且满足2MP PN =u u u r u u u r，若存在求出L的方程，若不存在请说明理由.【答案】（1）()22103y x xy +=≠；（2）不存在. 【解析】 【分析】（1）设点()(),0C x y xy ≠，利用重心的坐标公式得出点G 的坐标为,33x y ⎛⎫⎪⎝⎭，可得出点0,3y Q ⎛⎫⎪⎝⎭，由QA QC =可得出点C 的轨迹E 的方程； （2）由题意得出直线L 的斜率存在，并设直线L 的方程为1y kx =+，设点()11,M x y 、()22,N x y ，将直线L 的方程与曲线E 的方程联立，并列出韦达定理，由2MP PN =u u u r u u u r，可得出122x x =-代入韦达定理求出k 的值，即可得出直线L 的方程，此时，直线L 过点()1,0-或()1,0，从而说明直线L 不存在.【详解】（1）设点()(),0C x y xy ≠，则点,33x y G ⎛⎫⎪⎝⎭，由于//QG AB ，则点0,3y Q ⎛⎫⎪⎝⎭. 由QA QC =，可得出2224199y y x +=+，化简得2213y x +=.因此，轨迹E 的方程为()22103y x xy +=≠；（2）当L 与y 轴重合时不符合条件.假设存在直线:1L y kx =+，设点()11,M x y 、()22,N x y .将直线L 的方程与曲线E 的方程联立22113y kx y x =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得()223220k x kx ++-=，由韦达定理得12223k x x k +=-+，12223x x k =-+. ()11,1MP x y =--uuu r ，()22,1PN x y =-uu u r ，2MP PN =uuu r uuu rQ ，122x x ∴-=，得122x x =-，即122x x =-，()()22221222212432233x x k k k x x k k +⎛⎫+=⋅-=- ⎪+⎝⎭+Q ， 另一方面()2212122122112223x x x x k x x x x k +=++=-=-+，得21k =，解得1k =±. 则直线L 过点()1,0-或()1,0，因此，直线L 不存在.【点睛】本题考查动点的轨迹方程，同时也考查了椭圆中的向量问题，在求解时可充分利用韦达定理设而不求法进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.21.已知函数()21cos 14f x x x =+-. （1）证明：()0f x ≤，,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦； （2）判断()y f x =的零点个数，并给出证明过程. 【答案】（1）证明见解析；（2）三个零点，证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由函数()y f x =是偶函数，只需利用导数证明函数()y f x =在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值()max 0f x ≤即可；（2）由（1）得出函数()y f x =在区间,22ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上只有一个零点，然后利用函数值符号得出该函数在区间[)3,+∞上无零点，利用导数分析函数的单调性，并分析极值的符号，结合零点存在定理得出该函数在区间,32π⎛⎫⎪⎝⎭上有且只有一个零点，由偶函数的性质得出该函数在区间,2π⎛⎫-∞-⎪⎝⎭上也只有一个零点，从而得出函数()y f x =有三个零点. 【详解】（1）()21cos 14f x x x =+-Q ，,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，则该函数为偶函数，只需证()max 0f x ≤，其中0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.()1sin 2f x x x '=-+，()1cos 2f x x ''∴=-. 当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，令()0f x ''=，得3x π=. 当0,3x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0f x ''≤，此时，函数()y f x '=单调递减； 当,32x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0f x ''≥，此时，函数()y f x '=单调递增. ()00f '=Q ，1024f ππ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭，当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0f x '≤，此时，函数()y f x =单调递减，则()()00f x f ≤=， 因此，对任意的,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，()0f x ≤； （2）三个零点，证明如下： 由（1）可知，当,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，函数()y f x =有一个零点0x =. 当[)3,x ∈+∞时，()9cos 104f x x ≥-+>，此时，函数()y f x =无零点； 当,32x π⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()1sin 2f x x x '=-，()1cos 02f x x ''=->.此时，函数()y f x '=单调递增，1024f ππ⎛⎫'=-<⎪⎝⎭，()33sin 302f '=->. 由零点存定理可知，存在0,32x π⎛⎫∈⎪⎝⎭，使得()00f x '=. 当0,2x x π⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0f x '<，此时，函数()y f x =单调递减； 当()0,3x x ∈时，()0f x '>，此时，函数()y f x =单调递增.210216f ππ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭Q ，()002f x f π⎛⎫<< ⎪⎝⎭，()53cos304f =+>.由零点存在定理知，函数()y f x =在区间0,2x π⎛⎫⎪⎝⎭上无零点，在区间()0,3x 上有且只有一个零点，即函数()y f x =在区间,32π⎛⎫⎪⎝⎭上有且只有一个零点. 由于函数()y f x =为偶函数，所以，函数()y f x =在(],3-∞-上无零点，在3,2π⎛⎫-- ⎪⎝⎭上有且只有一个零点.综上所述，函数()y f x =有三个零点.【点睛】本题考查利用导数证明不等式，以及利用导数研究函数的零点个数问题，解题时要充分利用导数研究函数的单调性，并结合零点存在定理进行分析，考查分析问题和解决问题的能力，属于难题.22.棋盘上标有第0、1、2、L 、100站，棋子开始位于第0站，棋手抛掷均匀硬币走跳棋游戏，若掷出正面，棋子向前跳出一站；若掷出反面，棋子向前跳出两站，直到调到第99站或第100站时，游戏结束.设棋子位于第n 站的概率为n P .（1）当游戏开始时，若抛掷均匀硬币3次后，求棋手所走步数之和X 的分布列与数学期望； （2）证明：()()1111982n n n n P P P P n +--=--≤≤； （3）求99P 、100P 的值.【答案】（1）分布列见解析，随机变量X 的数学期望为92；（2）证明见解析； （3）9910021132P ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，1009911132P ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.【解析】 【分析】（1）根据题意得出随机变量X 的可能取值有3、4、5、6，利用独立重复试验的概率公式计算出随机变量X 在相应取值时的概率，可列出随机变量X 的分布列，由此计算出随机变量X 的数学期望；（2）根据题意，棋子要到第()1n +站，由两种情况，由第n 站跳1站得到，也可以由第()1n -站跳2站得到，由此得出111122n n n P P P +-=+，并在该等式两边同时减去n P ，可得出所证等式成立；（3）结合（1）、（2）可得1112n n n P P ++⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，利用累加法求出数列{}n P 的通项公式，从而可求出99P 和100P 的值.【详解】（1）由题意可知，随机变量X 的可能取值有3、4、5、6.()311328P X ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，()31313428P X C ⎛⎫==⋅= ⎪⎝⎭，()32313528P X C ⎛⎫==⋅= ⎪⎝⎭，()311628P X ⎛⎫=== ⎪⎝⎭.所以，随机变量X 的分布列如下表所示：所以，随机变量X 的数学期望为13319345688882EX =⨯+⨯+⨯+⨯=； （2）根据题意，棋子要到第()1n +站，由两种情况，由第n 站跳1站得到，其概率为12n P ，也可以由第()1n -站跳2站得到，其概率为112n P -，所以，111122n n n P P P +-=+.等式两边同时减去n P 得()()111111198222n n n n n n P P P P P P n +---=-+=--≤≤； （3）由（2）可得01P =，112P =，210113224P P P =+=. 由（2）可知，数列{}1n n P P +-是首项为2114P P -=，公比为12-的等比数列， 111111422n n n n P P -++⎛⎫⎛⎫∴-=⋅-=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，()()()23999912132999811112222P P P P P P P P ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+-+-++-=+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭L L 98100111421211123212⎡⎤⎛⎫--⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=+=- ⎪⎛⎫⎝⎭-- ⎪⎝⎭，又9999989911=22P P ⎛⎫--=- ⎪⎝⎭，则989921132P ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， 由于若跳到第99站时，自动停止游戏，故有10098991111232P P ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭. 【点睛】本题考查相互独立事件的概率乘法公式以及等比数列的判定与应用，同时也考查了累加法求数列通项，综合性较强，属于难题.。
2020年安徽省江南十校高考数学模拟试卷(理科)(4月份)(202005022154模拟)-普通用卷
2020年安徽省江南十校高考数学模拟试卷（理科）（4月份）（202005022154模拟）副标题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.已知复数z=(1+x)+i(i为虚数单位，x∈R)在复平面内对应的点在第二象限，则x的取值范围是()A. (−∞,−1)B. (−1,0)C. (−∞,0)D. (0,1)2.设集合A=[x|−1≤x<2},B={x|−1<x≤2}，则A∩B=()A. (−1,2)B. (−1,2]C. [−1,2]D. [−1,2)3.已知一个扇形的圆心角为150°，半径为3.则它的弧长为()A. 450B. 2π3C. 5π2D. π24.函数y=sin(π2+2x)2x−2−x的图象大致为()A. B. C. D.5.在(x+3y)(x−2y)5的展开式中，x2y4的系数为()A. −320B. −160C. 160D. 3206.已知a=215，，，则()A. b<a<cB. c<a<bC. c<b<aD. b<c<a7.执行如图所示的程序框图，若输出S的值为0.99，则判断框内可填入的条件是()A. i<100B. i≤100C. i<99D. i≤988.哥德巴赫猜想是世界近代三大数学难题之一，哥德巴赫是德国一位中学教师，也是一位著名的数学家，1742年，哥德巴赫在教学中发现，每个不小于6的偶数都是两个质数(除1外，只能被它本身整除的数)之和，如6=3+3，12=5+7等等．公元1742年6月7日哥德巴赫写信给当时的大数学家欧拉，提出了如下猜想：(1)任何一个不小于6之偶数，都可以表示成两个奇质数之和；(2)任何一个不小于9之奇数，都可以表示成三个奇质数之和．到目前最佳的结果是中国数学家陈景润于1966年证明的，称为陈氏定理，这也是中国的骄傲．现给出一个数10，对于10可以拆分成多种两个正整数之和，从中任取一种拆分法，恰好符合哥德巴赫猜想的概率为()A. 58B. 35C. 25D. 159.等比数列{a n}的前n项和为S n，且a1=12，若S10S5=3132，则a6=()A. 164B. −164C. 132D. −13210.点P(0,1)到双曲线y24−x2=1渐近线的距离是()A. √5B. √55C. 2√55D. 511.已知函数f(x)=sin(2x+φ)，其中φ为实数，若f(x)≤|f(π6)|对x∈R恒成立，且f(π2)<f(π).则下列结论正确的是()A. f(1112π)=−1B. f(7π10)>f(π5)C. f(x)是奇函数D. f(x)的单调递增区间是[kπ−π3,kπ+π6](k∈Z)12.在四面体S−ABC中，SA=BC，AB=AC=SB=SC=2，则此四面体体积的最大值为()A. 1B. 2√23C. 8√327D. 16√327二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知函数f(x)=2x+xln x，则曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为______ ．14.若∃x0∈[1,2]，使不等式x02−mx0+4>0成立，则m的取值范围是______ ．15.在平面直角坐标系xOy中，点A(1,3)，B(−2,k)，若向量OA⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB⃗⃗⃗⃗⃗ ，则实数k=______ ．16.已知圆(x+1)2+y2=4与抛物线y2=2px(p>0)的准线交于A、B两点，且AB=2√3，则p的值为．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.在锐角△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C所对的边，且√3b=2csinB(Ⅰ)确定角C的大小；(Ⅱ)若c=√7，且a+b=5，求△ABC的面积．18.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，E是AB的中点，F是BC的中点．(1)求证：EF//平面A1DC1；(2)若AA1=2√3，求平面A1DC1与平面B1EF所成二面角的正弦值．19.已知袋中装有大小相同的2个白球、2个红球和1个黄球，一项游戏规定：每个白球、红球和黄球的分值分别是0分、1分和2分，每一局从袋中一次性取出3个球，将3个球对应的分值相加后记为该局得分，计算完得分后将球放回袋中，当出现第n局得n分(n∈N∗)的情况就算游戏过关，同时游戏结束，若四局过后仍未过关，游戏也结束．(1)求在一局游戏中得3分的概率；(2)求游戏结束时局数X的分布列和数学期望E(X)．20.椭圆E:x2a +y2b=1(a>b>0)的离心率是√53，过点P(0,1)作斜率为k的直线l，椭圆E与直线l交于A，B两点，当直线l垂直于y轴时|AB|=3√3．(1)求椭圆E的方程；(2)若点M的坐标为(512,0)，△AMB是以AB为底边的等腰三角形，求k值．21.已知函数f(x)=xlnx，g(x)=ax2−x(a∈R)，(1)求f(x)的单调区间和极值点；(2)求使f(x)≤g(x)恒成立的实数a的取值范围．22.在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρ=4cosθ，直线l的极坐标方程为ρcos(θ+π4)=2√2，两线交于A，B两点．(1)求A，B两点的极坐标；(2)P为曲线C2：{x=2cosφy=sinφ(φ为参数)上的动点，求△PAB的面积的最小值．23.已知函数f(x)=|x−1|+|x−2|．(1)解不等式：f(x)≤x+3；(2)若不等式|m|·f(x)≥|m+2|−|3m−2|对任意m∈R恒成立，求x的取值范围．答案和解析1.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查了复数的几何意义，属于基础题.由题意，找出对应点，结合第二象限符号列式即可．【解答】解： ∵复数z =(1+x )+i(i 为虚数单位，x ∈R)在复平面内对应的点在第二象限，1+x <0，解得x <−1.∴x 的取值范围是(−∞,−1).故选A ． 2.【答案】A【解析】解：∵A ={x|−1≤x <2}，B ={x|−1<x ≤2}； ∴A ∩B =(−1,2)． 故选：A ．进行交集的运算即可．考查描述法、区间的定义，以及交集的运算． 3.【答案】C【解析】【分析】本题考查扇形弧长公式的应用，属于基础题． 直接利用扇形弧长公式求解即可得到结果． 【解答】解：设扇形的弧长为l ， 因为150°=5π6(rad)由扇形弧长公式得：L =αr =5π6×3=5π2故选C ． 4.【答案】D【解析】【分析】本题考查函数的图象的判断，函数的奇偶性以及函数的特殊点的位置，变换趋势是常用方法． 判断函数的奇偶性，排除选项，利用特殊值以及函数的图象的变化趋势判断即可． 【解答】 解：令函数y =sin(π2+2x)2x −2−x=cos2x2x −2−x ，f(−x)=cos2x2−x −2x =−f(x)，所以函数f(x)是奇函数，故排除选项A ， 又在区间(0,π4)时，f(x)>0，故排除选项B ，当x →+∞时，f(x)→0，故排除选项C ． 故选D ． 5.【答案】B【解析】解：(x −2y)5的展开式中第r +1项为T r+1=C 5r⋅(−2)r ⋅x 5−r ⋅y r ， 令5−r =1，得r =4；令5−r =2，得r =3．∴在(x +3y)(x −2y)5展开式中x 2y 4的系数为C 54⋅(−2)4+3×C 53×(−2)3=−160． 故选：B ．利用展开式的通项公式求得x 2y 4的系数．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．6.【答案】C【解析】解：a =215>1，0<b =log 352<log 33=1，，∴a >b >c ． 故选：C ．利用指数函数性质和对数函数性质，判断三个数的范围，即可判断三个数的大小． 本题主要考查利用指数函数性质和对数函数性质比较大小，是基础题． 7.【答案】A【解析】解：由程序框图知：算法的功能是求S =11×2+12×3+⋯+1i(i+1)=1−1i+1的值， ∵输出的结果为0.99，即S =1−1i+1=0.99，∴跳出循环的i =100，∴判断框内应填i ≤99或i <100． 故选：A ．由程序框图知：算法的功能是求S =11×2+12×3+⋯+1i(i+1)=1−1i+1的值，确定跳出循环的i 值，从而得判断框应填的条件．本题考查了循环结构的程序框图，根据框图的流程判断算法的功能是解答本题的关键． 8.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查古典概型的概率的计算，为基础题．10可以拆分成(1,9)，(2,8)，(3,7)，(4,6)，(5,5)，符合哥德巴赫猜想只有(3,7)，(5,5)，共2个，利用古典概型的概率公式进行计算即可． 【解答】解：10可以拆分成(1,9)，(2,8)，(3,7)，(4,6)，(5,5)， 符合哥德巴赫猜想只有(3,7)，(5,5)，共2个， 故符合哥德巴赫猜想的概率P =25， 故选C ． 9.【答案】B【解析】解：设等比数列{a n }的公比为q ，则由S 10S 5=3132得到：q 5=S 10−S 5S 5=S 10S 5−1=3132−1=−132， 所以a 6=a 1q 5=12×(−132)=−164． 故选：B ．根据等比数列的性质和S 10S 5=3132可以求得q 5，然后由等比数列的通项公式得到a 6的值．本题考查了等比数列的通项公式和前n 项和公式，是基础的计算题． 10.【答案】B【解析】解：根据题意，双曲线的方程为：y 24−x 2=1，则其渐近线方程为：y =±2x ，即2x ±y =0，点P(0,1)到2x −y =0的距离d =|2×0−1|√4+1=√55， 故选：B ．根据题意，由双曲线的标准方程可得其渐近线方程，进而由点到直线的距离公式计算可得答案． 本题考查双曲线的几何性质，关键是求出双曲线的渐近线方程． 11.【答案】D【解析】【分析】根据题意首先判断φ的取值，然后逐条验证． 对A ，代入求值即可； 对B ，代入比较大小即可；对C ，根据奇函数定义，验证是否适合；对D ，通过解不等式求单调区间的方法求解．本题借助考查命题的真假判断，考查三角函数的性质． 【解答】解：∵f(x)≤|f(π6)|对x ∈R 恒成立，∴2×π6+φ=kπ+π2⇒φ=kπ+π6，k ∈Z ． ∵f(π2)<f(π)⇒sin(π+φ)=−sinφ<sin(2π+φ)=sinφ⇒sinφ>0．∴φ=2kπ+π6，k ∈Z.不妨取φ=π6 f(11π12)=sin2π=0，∴A ×； ∵f(7π10)=sin(7π5+π6)=sin47π30=−sin17π30<0，f(π5)=sin(2π5+π6)=sin17π30>0，∴B ×；∵f(−x)≠−f(x)，∴C ×；∵2kπ−π2≤2x +π6≤2kπ+π2⇒kπ−π3≤x ≤kπ+π6，k ∈Z.∴D√； 故选D ． 12.【答案】D【解析】解：如图，SA =BC ，AB =AC =SB =SC =2，当且仅当平面SBC ⊥平面ABC 时，三棱锥S −ABC 的体积最大， 取BC 中点D ，连结AD ，BD ， 则BD 是三棱锥S −ABC 的高，设BD =t ，则AD =SD =√4−t 2，SA =2t ， ∵SD ⊥AD ，∴AD 2+SD 2=AS 2， ∴4−t 2+4−t 2=4t 2，解得t =2√33，∴BC =4√33，AD =SD =√4−(2√33)2=2√63，∴此四面体体积的最大值： S =13×12×4√33×2√63×2√63=16√327． 故选：D ．当且仅当平面SBC ⊥平面ABC 时，三棱锥S −ABC 的体积最大，取BC 中点D ，连结AD ，BD ，则BD 是三棱锥S −ABC 的高，推导出BC =4√33，AD =SD =(2√33)=2√63，由此能求出此四面体体积的最大值． 本题考查四面体体积的最大值的求法，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． 13.【答案】x +y −3=0【解析】解：函数的导数为f′(x)=1+lnx −2x 2，∴f′(1)=1−2=−1，f(1)=2，即切点坐标为(1,2)， ∴切线方程为y −2=−(x −1)， 即x +y −3=0故答案为：x +y −3=0求函数的导数，利用导数的几何意义，求切线方程，本题主要考查导数几何意义，以及导数的基本运算．比较基础． 14.【答案】(−∞,5)【解析】解：不等式x 2−mx +4>0可化为mx <x 2+4， 故∃x ∈[1,2]，使得m <x 2+4x，记函数f(x)=x 2+4x，x ∈[1,2]，只需m 小于f(x)的最大值，由f′(x)=1−4x 2=0，可得x =2，而且当x ∈[1,2]时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故最大值为f(1)，又f(1)=5.m 的取值范围是：(−∞,5)．故答案为：(−∞,5)． 分离变量可得所以m <x 2+4x，则∃x ∈[1,2]，使得m <x 2+4x成立，只需m 小于f(x)的最大值，然后构造函数，由导数求其单调性，可得取值范围本题为参数范围的求解，构造函数利用导数工具求取值范围是解决问题的工关键，本题要和恒成立区分，易错求成函数的最小值． 15.【答案】4【解析】解：∵OA⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,k)−(1,3)=(−3,k −3)，向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3)⋅(−3,k −3)=−3+3(k −3)=0，解得k =4． 故答案为：4．利用向量的坐标运算和向量垂直与数量积的关系即可得出．本题考查了向量的坐标运算和向量垂直与数量积的关系，属于基础题． 16.【答案】4【解析】【分析】本题考查抛物线的相关几何性质及直线与圆的位置关系，考查了运算能力，属于中档题．【解答】解：抛物线y 2=2px(p >0)的准线为x =−p2，设A 、B 两点坐标为(−p2,y 1)，(−p2,y 2)， ∴(−p2+1)2+y 2=4， 即y 2=4−(−p2+1)2， ∴y =±√4−(−p 2+1)2，∴|AB|=|y 2−y 1|=2√4−(−p2+1)2=2√3， ∴4−(−p2+1)2=3， 解得p =4，故答案为4.17.【答案】解：(Ⅰ)由√3b =2csinB 及正弦定理得， √3⋅2R ⋅sinB =2⋅2R ⋅sinCsinB …(1)，①∵sinB ≠0，∴sinC =√32，又△ABC 是锐角三角形，∴C =π3；(Ⅱ)由余弦定理得：a 2+b 2−2ab ⋅cos π3=7，即a 2+b 2−ab =7，② 由②变形得(a +b)2−3ab =7， ∵a +b =5，∴ab =6， ∴S △ABC =12absinC =12×6×√32=3√32．【解析】(Ⅰ)由已知等式结合正弦定理求得sin C 的值，进一步求得C ；(Ⅱ)由余弦定理结合已知c =√7，且a +b =5求得ab =6，代入三角形面积公式得答案． 本题考查三角形的解法，考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，是中档题． 18.【答案】证明：(1)连接AC ， ∵E ，F 分别为AB ，BC 的中点，∴EF//AC∵长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AA 1=CC 1，AA 1//CC 1， ∴四边形ACC 1A 1是平行四边形， ∴AC//A 1C 1，∴EF//A 1C 1∵EF ⊄平面A 1DC 1，A 1C 1⊂平面A 1DC 1， ∴EF//平面A 1DC 1解：(2)在长方体中，分别以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则D(0,0，0)，A(2,0，0)，B(2,2，0)，E(2,1，0)，F(1,2，0)，A 1(2,0,2√3)， B 1(2,2,2√3)， C 1(0,2,2√3)，∴A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2,0)，DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,2√3)，EA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,2√3)， EB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,2√3), EF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,1,0)， 设平面A 1DC 1的一个法向量m⃗⃗⃗ =(x,y,z)， 则{m ⃗⃗⃗ ·DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ⃗⃗⃗ ·A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{2x +2√3z =0−2x +2y =0, 取x =3，则m ⃗⃗⃗ =(3,3,−√3)同理可求出平面B 1EF 的一个法向量n ⃗ =(2√3,2√3,−1)， ∴cos⟨m ⃗⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗|m ⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=√3√21⋅√25=5√7，所以平面A 1DC 1与平面B 1EF 所成二面角的正弦值为√4235．【解析】本题考查线面平行的证明，考查三面角的正弦值的求法，考查面面垂直的证明，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)连接AC ，推导出EF//A 1C 1，则四边形ACC 1A 1是平行四边形，从而AC//A 1C 1，∴EF//A 1C 1，由此能证明EF//平面A 1DC 1．(2)在长方体中，分别以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴建立如图所示空间直角坐标系，，利用向量法能求出平面A 1DC 1与平面B 1EF 所成二面角的正弦值．19.【答案】解：(1)设“在一局游戏中得3分”为事件A ， 则P(A)=C 21C 21C 11C 53=25．(2)X 的所有可能取值为1，2，3，4，在一局游戏中得2分的概率为C 21C 22+C 22C 11C 53=310，P(X =1)=C 22C 21C 53=15， P(X =2)=45×310=625，P(X =3)=45×(1−310)×25=28125， P(X =4)=45×(1−310)×35=42125， ∴X 的分布列为X12 3 4P156252812542125∴E(X)=1×15+2×625+3×28125+4×42125=337125．【解析】【分析】本题主要考查了离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题． (1)根据相互独立事件的概率公式求出对应的概率值;(2)由题意知随机变量X 的可能取值，计算在一局游戏中得2分的概率值， 求出对应的概率值，写出分布列，计算数学期望．20.【答案】解：(1)根据题意，椭圆E:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率是√53，则e =c a =√53， 当直线l 垂直于y 轴时|AB |=3√3，则椭圆过点(3√32,1)，可得{274a 2+1b 2=1a 2=b 2+c 2c a =√53解得a 2=9,b 2=4，所以椭圆的E 方程为x 29+y 24=1;(2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，AB 的中点C (x 0,y 0)，由{y =kx +1x 29+y 24=1消去y 得(4+9k 2)x 2+18kx −27=0，显然△>0．所以x 0=x 1+x 22=−9k 4+9k 2,y 0=kx 0+1=44+9k 2，当k ≠0时，设过点C 且与l 垂直的直线方程y =−1k (x +9k4+9k 2)+44+9k 2， 将(512,0)代入得0=−1k (512+9k4+9k 2)+44+9k 2， 化简得9k 2+12k +4=0，解得k =−23， 当k =0时，与题意不符． 综上所述，所求k 的值为−23．【解析】本题考查了直线与椭圆的位置关系，椭圆方程及性质．(1)由已知可得椭圆过点(3√32,1)，列出方程组{274a 2+1b 2=1a 2=b 2+c 2ca=√53求出a 和b;(2)设AB 的中点C (x 0,y 0)，设出过点C 且与l 垂直的直线方程，把(512,0)代入这个方程，即可求出k 值．21.【答案】解：(1)令f′(x)=lnx +1，得x =1e ，当x ∈(0,1e )时，f′(x)<0，则函数f(x)在(0,1e )上单调递减； 当x ∈(1e ,+∞)时，f′(x)>0，则函数f(x)在(1e ,+∞)上单调递增． 综上可得：函数f(x)在(0,1e )上单调递减，在(1e ,+∞)上单调递增． ∴f(x)的极小值点为x =1e ．(2)在x >0时，f(x)≤g(x)恒成立⇔ax ≥lnx +1，即a ≥lnx x+1x对∀x >0恒成立． 令ℎ(x)=lnx x+1x ，则ℎ′(x)=−lnx x 2，当0<x <1时，lnx <0，则ℎ′(x)>0，故此时ℎ(x)单调递增； 当1<x 时，lnx >0，则ℎ′(x)<0，此时ℎ(x)单调递减． 故ℎ(x)max =ℎ(1)=1， ∴a ≥1．【解析】(1)令f′(x)=lnx +1，得x =1e ，分别解出f′(x)<0，f′(x)>0，即可得出单调区间，判断出极值点．(2)在x >0时，f(x)≤g(x)恒成立⇔ax ≥lnx +1，即a ≥lnx x+1x 对∀x >0恒成立．令ℎ(x)=lnx x+1x ，利用导数研究其单调性极值与最值即可．本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了恒成立问题的等价转化方法，考查了分离参数方法，考查了推理能力和计算能力，属于难题．22.【答案】解：(1)由曲线C 1的极坐标方程为ρ=4cosθ， 转化为直角坐标方程为：x 2+y 2=4x ， 直线l 的极坐标方程为ρcos(θ+π4)=2√2， 即，转化为直角坐标方程为：x −y −4=0， 联立{x 2+y 2=4x x −y =4，解得：{x =2y =−2或{x =4y =0，直线l 与曲线C 1交点的为(2,−2)或(4,0)， 所以直线l 与曲线C 1交点的极坐标为(2√2,7π4)或(4,0)．(2)由(1)知直线l 与曲线C 1交点的直角坐标为(2,−2)，(4,0)， |AB|=√(2−4)2+(−2)2=2√2，因此，△PAB 的面积取得最小时也就是P 到直线l 的距离最小的时候， 设点P(2cosθ,sinθ)，则点P 到直线l 的距离为： d =√2=√5sin(θ−α)+4|√2， 当sin(θ−α)=−1时，d min =√5√2，所以S △PAB =12|AB|d min =12×2√2×√5√2=4−√5．【解析】本题考查的知识要点：参数方程和极坐标方程与直角坐标方程的转化，三角函数关系式的恒等变换，点到直线的距离公式的应用．(1)直接把参数方程和极坐标方程与直角坐标方程进行转化．(2)利用点到直线的距离公式和三角函数的关系式的恒等变换求出三角形的面积． 23.【答案】解：(1)∵f(x)≤x +3， ∴|x −1|+|x −2|≤x +3，①当x ≥2时，， ②当1<x <2时，， ③当x ≤1时，， 由①②③可得x ∈[0,6]；(2)①当m =0时，0≥0，∴x ∈R ；②当m ≠0时，即f(x)≥|2m +1|−|2m −3|对m 恒成立， |2m +1|−|2m −3|≤|(2m +1)−(2m −3)|=4， 当且仅当2m ≥3，即0<m ≤23时取等号，∴f(x)=|x −1|+|x −2|≥4， 由x ≥2，2x −3≥4，解得x ≥72； 1<x <2，x −1+2−x ≥4，解得x ∈⌀； x ≤1时，3−2x ≥4，解得x ≤−12； 综上可得x ∈(−∞,−12]∪[72,+∞)．【解析】(1)分别讨论x ≥2，1<x <2，x ≤1时，去掉绝对值，解不等式求并集可得；(2)讨论m =0，m ≠0，由绝对值不等式的性质可得f(x)≥4，再讨论x ≥2，1<x <2，x ≤1时，解不等式求并集可得范围．本题考查绝对值不等式的解法和绝对值不等式的性质，考查分类讨论思想方法和转化思想、运算能力，属于中档题．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2020年安徽高三一模理科数学试卷（江南十校）
考试范围：xxx 考试时间：xxx分钟 命题人：xxx
注意事项:
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；
2.请将答案正确填写在答题卡上。
一、标题
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限
1.已知复数 ( 为虚数单位， )，则在复平面内的对应点所在的象限为（
）．
A. B. C.
D.
2.已知集合，，则
（ ）．A.厘米 B.厘米
C.厘米
D.
厘米
3.某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为
，并在扇形弧上正面等距安装个发彩色光的
小灯泡且在背面用导线相连（弧的两端各一个，导线接头忽略不计），已知扇形的半径为
厘米，则连
接导线最小大致需要的长度为（ ）．
4.函数
在
上的图象大致为（ ）．
A.
x
y
O
B.
x
y
O
C.
x
y
O
D.
x
y
O
5.若的展开式中，的系数之和为，则实数的值为（ ）．
A.B.
更多
资
料
请微
信
搜
索“
真
题
试
卷
”
获
取
C.
D.
6.已知
，
，
，则，，的大小关系为（ ）．
A.B.C.
D.
7.执行下面的程序框图，则输出
的值为（ ）．
开始
，否
是
输出
结束
？
A.
B.
C.
D.
8.“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：一个大于的偶数都可以写成两个质数（素
数）之和．也就是我们所谓的“
”问题．它是
年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承
洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中做出相当好的成绩．若将拆成两个正整数的和．则拆成
的和式中，加数全部为质数的概率为（ ）．
A.B.C.
D.
9.已知正项等比数列
的前项和为，
，
，则
的最小值为（ ）．
A.
B.
更多
资
料
请微
信
搜
索“
真
题
试
卷
”
获
取
C.
D.
10.已知点是双曲线：
上一点，若点到双曲线的两条
渐近线的距离之积为
，则双曲线的离心率为（ ）．
A.B.C.
D.
11.已知．给出下列判断：
①若
，
，且
，则；
②存在
，使得
的图象右移
个单位长度后得到的图象关于轴对称；
③若在
上恰有个零点，则
的取值范围为
；
④若
在
上单调递增，则的取值范围为
．
其中，判断正确的个数为（ ）．
A.
B.
C.
D.
12.如图，在平面四边形
中，满足
，
，且
，
沿着
把
折起，使点到达点的位置，且使
，则三棱锥
体积的最大值为（ ）．
A.B.C.D.
更多
资
料
请微
信
搜
索“
真
题
试
卷
”
获
取
13.已知函数
，则曲线
在点
处的切线方程为 ．
14.若，
为假，则实数
的取值范围为 ．
15.在直角坐标系中，已知点和点，若点在的平分线上，且
，则向量
的坐标为 ．
16.已知抛物线：，点为抛物线上一动点，过点作圆：的切线，切点分别为，，则线段
长度的取值范围为 ．
（1）
（2）
17.在中，角，，的对边分别为，，，且．
求角的大小．
若，
，求
边上的高．
（1）
（2
）
18.如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，
．
为等腰直角三角形，，平面 底面，为的中点．
求证：平面．
若平面与平面的交线为，求二面角
的正弦值．
（1）
1
2
（2）
19.一种游戏的规则为抛掷一枚硬币，每次正面向上得分，反面向上得分．
设抛掷次的得分为，求变量的分布列和数学期望．
当游戏得分为时，游戏停止．记得分的概率和为，．
求．
当时，记，，证明：数列为常数列，数列
为等比数列．
更
多
资
料
请
微
信
搜
索
“
真
题
试
卷
”
获
取
（1）（2）20.已知椭圆
的离心率为，且过点，点在第一象限，为
左顶点，为下顶点，
交轴于点，
交轴于点
．
求椭圆的标准方程．若
，求点的坐标．
（1）（2）21.已知函数．
若恒成立，求的取值范围．
设函数
的极值点为，当变化时，点构成曲线
．证明：过原点的任意直线
与曲线
有且仅有一个公共点．
（1）（2）22.在直角坐标系中，直线的参数方程为
（
为参数），直线的参数方程为
（为参数）．若直线，的交点为，当变化时，点的轨迹是曲线．
求曲线的普通方程．
以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，设射线的极坐
标方程为，
，点
为射线与曲线的交点．求点
的极径．
（1）（2）23.已知函数
．
求不等式的解集．
若不等式
在
上恒成立，求实数
的取值范围．
更多
资
料
请微
信
搜
索“
真
题
试
卷
”
获
取。