2020年湖南省长沙市长郡中学高考数学模拟试卷(理科) (解析版)

2020年长沙市长郡中学高考数学模拟试卷（理科）（一）一、选择题（共12小题）.1．在复平面内与复数z=2i1+i所对应的点关于实轴对称的点为A，则A对应的复数为（）A．1+i B．1﹣i C．﹣1﹣i D．﹣1+i2．设集合A＝{y|y＝﹣e x+4}，B＝{x|y＝lg[（x+2）（3﹣x）]}，则下列关系正确的是（）A．A⊆B B．A∩B＝∅C．∁R A⊆∁R B D．∁R B⊆A3．设x为区间[﹣2，2]内的均匀随机函数，则计算机执行下列程序后，输出的y值落在区间[12，3]内的概率为（）A．34B．58C．12D．384．“ln（a﹣2）﹣ln（b﹣1）＞0”是“ab＞1”成立的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件5．已知数列{a n}的首项a1＝21，且满足（2n﹣5）a n+1＝（2n﹣3）a n+4n2﹣16n+15，则{a n}的最小的一项是（）A．a5B．a6C．a7D．a86．我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何”，羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中，三个梯形的面积之和为（）A ．40B ．43C ．46D ．477．2019年成都世界警察与消防员运动会期间，需安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去A ，B ，C 三个场馆参与服务工作，要求每个场馆至少一人，则甲乙被安排到同一个场馆的概率为（ ） A ．112B ．18C ．16D ．148．已知f （x ）为R 上的奇函数，g （x ）＝xf （x ），g （x ）在（﹣∞，0）为减函数．若a ＝g （﹣log 25.1），b ＝g （20.8），c ＝g （3），则a ，b ，c 的大小关系为（ ） A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．b ＜a ＜cD ．b ＜c ＜a9．已知△SAB 是边长为2的等边三角形，∠ACB ＝45°，当三棱锥S ﹣ABC 体积最大时，其外接球的表面积为（ ） A ．14π3B ．28π3C ．10π3D ．20π310．已知锐角△ABC 的角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且c ＝1，三角形ABC 的面积S△ABC＝1，则a 2+b 2的取值范围为（ ）A ．[172，+∞） B ．（9，+∞） C ．[172，9] D ．[172，9）11．过抛物线C ：x 2＝4y 的准线上任意一点P 作抛物线的切线PA ，PB ，切点分别为A ，B ，则A 点到准线的距离与B 点到准线的距离之和的最小值是（ ） A ．7B ．6C ．5D ．412．不等式x ﹣3e x ﹣alnx ≥x +1对任意x ∈（1，+∞）恒成立，则实数a 的取值范围（ ） A ．（﹣∞，1﹣e ]B ．（﹣∞，2﹣e 2]C ．（﹣∞，﹣2]D ．（﹣∞，﹣3]二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中对应题号后的横线上）13．已知 （2﹣x 2）（1+ax ）3的展开式的所有项系数之和为27，则实数a ＝ ，展开式中含x 2的项的系数是 ．14．根据记载，最早发现勾股定理的人应是我国西周时期的数学家商高，商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题．现有△ABC满足“勾3股4弦5”，其中“股”AB＝4，D为“弦”BC上一点（不含端点），且△ABD满足勾股定理，则(CB→−CA→)⋅AD→=．15．在数列{a n}中，a1＝1，a n≠0，曲线y＝x3在点(a n，a n3)处的切线经过点（a n+1，0），下列四个结论：①a2=23；②a3=13；③∑4i=1a i=6527；④数列{a n}是等比数列．其中所有正确结论的编号是．16．已知一簇双曲线E n：x2﹣y2＝（n2020）2（n∈N*，且n≤2020），设双曲线E n的左、右焦点分别为F n1、F n2，P n是双曲线E n右支上一动点，三角形P n F n1F n2的内切圆G n与x轴切于点A n（a n，0），则a1+a2+…a2020＝．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）17．已知△ABC内接于单位圆，且（1+tan A）（1+tan B）＝2，（1）求角C（2）求△ABC面积的最大值．18．如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD中点，以AE为折痕把△ADE折起，使点D到达点P的位置（P∉平面ABCE）．（Ⅰ）证明：AE⊥PB；（Ⅱ）若直线PB与平面ABCE所成的角为π4，求二面角A﹣PE﹣C的余弦值．19．某地区为贯彻习近平总书记关于“绿水青山就是金山银山”的精神，鼓励农户利用荒坡种植果树．某农户考察三种不同的果树苗A、B、C，经引种试验后发现，引种树苗A 的自然成活率为0.8，引种树苗B、C的自然成活率均为p（0.7≤p≤0.9）．（1）任取树苗A、B、C各一棵，估计自然成活的棵数为X，求X的分布列及E（X）；（2）将（1）中的E（X）取得最大值时p的值作为B种树苗自然成活的概率．该农户决定引种n棵B种树苗，引种后没有自然成活的树苗中有75%的树苗可经过人工栽培技术处理，处理后成活的概率为0.8，其余的树苗不能成活． ①求一棵B 种树苗最终成活的概率；②若每棵树苗引种最终成活后可获利300元，不成活的每棵亏损50元，该农户为了获利不低于20万元，问至少引种B 种树苗多少棵？ 20．已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a ＞b ＞0)的离心率为√22，且与抛物线y 2＝x 交于M ，N 两点，△OMN （O 为坐标原点）的面积为2√2． （1）求椭圆C 的方程；（2）如图，点A 为椭圆上一动点（非长轴端点）F 1，F 2为左、右焦点，AF 2的延长线与椭圆交于B 点，AO 的延长线与椭圆交于C 点，求△ABC 面积的最大值．21．设函数f （x ）＝e x cos x ，g （x ）为f （x ）的导函数． （Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）当x ∈[π4，π2]时，证明f （x ）+g （x ）（π2−x ）≥0；（Ⅲ）设x n 为函数u （x ）＝f （x ）﹣1在区间（2n π+π4，2n π+π2）内的零点，其中n ∈N ，证明2n π+π2−x n ＜e −2nπsinx 0−cosx 0．请考生在22、23两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做第一个题目计分．[选修4-4：坐标系与参数方程] 22．设A 为椭圆C 1：x 24+y 224=1上任意一点，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ2﹣10ρcos θ+24＝0，B 为C 2上任意一点． （Ⅰ）写出C 1参数方程和C 2普通方程； （Ⅱ）求|AB |最大值和最小值． [选修4-5：不等式选讲]23．已知正实数x ，y 满足x +y ＝1．（1）解关于x的不等式|x+2y|+|x−y|≤5 2；（2）证明：(1x2−1)(1y2−1)≥9．参考答案一、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，只一项是符合题目要求的.1．在复平面内与复数z=2i1+i所对应的点关于实轴对称的点为A，则A对应的复数为（）A．1+i B．1﹣i C．﹣1﹣i D．﹣1+i【分析】用两个复数代数形式的乘除法法则，化简复数得到复数的共轭复数，从而得到复数在复平面内的对应点的坐标，得到选项．解：∵复数z=2i1+i=2i(1−i)(1+i)(1−i)=1+i，∴复数的共轭复数是1﹣i，就是复数z=2i1+i所对应的点关于实轴对称的点为A对应的复数；故选：B．2．设集合A＝{y|y＝﹣e x+4}，B＝{x|y＝lg[（x+2）（3﹣x）]}，则下列关系正确的是（）A．A⊆B B．A∩B＝∅C．∁R A⊆∁R B D．∁R B⊆A【分析】由指数函数的性质求出函数的值域即集合A，由对数函数的性质即真数大于0，解一元二次不等式得到集合B，画数轴可判断出两个集合的关系，结合选项可得正确答案．解：集合A＝{y|y＝﹣e x+4}＝{y|y＜4}＝（﹣∞，4），集合B＝{x|y＝lg[（x+2）（3﹣x）]}＝{x|（x+2）（3﹣x）＞0}＝{x|（x+2）（x﹣3）＜0}＝（﹣2，3），∴B⊆A，即∁R A⊆∁R B，故选：C．3．设x为区间[﹣2，2]内的均匀随机函数，则计算机执行下列程序后，输出的y值落在区间[12，3]内的概率为（）A ．34B ．58C ．12D ．38【分析】根据题意知函数y 是分段函数，写出函数解析式，计算y ∈[12，3]时x 的取值范围，利用几何概型求对应的概率．解：根据题意知，当x ∈[﹣2，0]时，y ＝2x ∈[14，1]；当x ∈（0，2]时，y ＝2x +1∈（1，5]；所以当y ∈[12，3]时，x ∈[﹣1，1]，其区间长度为2，所求的概率为P =24=12． 故选：C ．4．“ln （a ﹣2）﹣ln （b ﹣1）＞0”是“ab＞1”成立的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【分析】由对数的运算性质与不等式的基本性质结合充分必要条件的判定方法得答案．解：由ln （a ﹣2）﹣ln （b ﹣1）＞0，得{a −2＞0b −1＞0a −2＞b −1，即a ＞2＞b ＞1，∴a b＞1；反之，由a b＞1，不一定有ln （a ﹣2）﹣ln （b ﹣1）＞0，如a ＝﹣2，b ＝﹣1． ∴“ln （a ﹣2）﹣ln （b ﹣1）＞0”是“ab ＞1”成立的充分不必要条件．故选：A ．5．已知数列{a n }的首项a 1＝21，且满足（2n ﹣5）a n +1＝（2n ﹣3）a n +4n 2﹣16n +15，则{a n }的最小的一项是（ ） A ．a 5B ．a 6C ．a 7D ．a 8【分析】本题可先将4n2﹣16n+15进行因式分解，再进行变形发现可以构造一个数列{b n}使问题简单化，然后通过求出数列{b n}的通项公式来求出数列{a n}的通项公式，再可以把数列{a n}的通项公式看成一个二次函数去考虑{a n}取最小值的项数．解：由题意，可知：∵4n2﹣16n+15＝（2n﹣3）（2n﹣5），∴（2n﹣5）a n+1＝（2n﹣3）a n+（2n﹣3）（2n﹣5），等式两边同时除以（2n﹣3）（2n﹣5），可得：a n+1 2n−3=a n2n−5+1，可设b n=a n2n−5，则a n+12n−5=b n+1，∴b n+1＝b n+1，即：b n+1﹣b n＝1．∵b1=a12×1−5=21−3=−7．∴数列{b n}是以﹣7为首项，1为公差的等差数列．∴b n＝﹣7+（n﹣1）×1＝n﹣8，n∈N*．∴a n＝（n﹣8）（2n﹣5）＝2n2﹣21n+40．可把a n看成关于n的二次函数，则根据二次函数的性质，可知：当n＝5或n＝6时，a n可能取最小值．∵当n＝5时，a5＝2×52﹣21×5+40＝﹣15，当n＝6时，a6＝2×62﹣21×6+40＝﹣14．∴当n＝5时，a n取得最小值．故选：A．6．我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何”，羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中，三个梯形的面积之和为（）A．40B．43C．46D．47【分析】画出几何体的直观图，利用已知条件，求解面积即可．解：几何体的直观图如图：5面体，其中平面ABCD⊥平面ABEF，CD＝2，AB＝6，EF＝4，底面梯形是等腰梯形，高为3，梯形ABCD的高为4，可知：等腰梯形FEDC的高为：5，三个梯形的面积之和为：2+6 2×4+4+62×3+2+42×5=46．故选：C．7．2019年成都世界警察与消防员运动会期间，需安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去A，B，C三个场馆参与服务工作，要求每个场馆至少一人，则甲乙被安排到同一个场馆的概率为（）A．112B．18C．16D．14【分析】基本事件总数n=C42A33=36，甲乙被安排到同一个场馆包含的基本事件个数m= C22A33=6，由此能求出甲乙被安排到同一个场馆的概率．解：安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去A，B，C三个场馆参与服务工作，要求每个场馆至少一人，基本事件总数n=C42A33=36，甲乙被安排到同一个场馆包含的基本事件个数m=C22A33=6，则甲乙被安排到同一个场馆的概率为p=mn=636=16．故选：C．8．已知f（x）为R上的奇函数，g（x）＝xf（x），g（x）在（﹣∞，0）为减函数．若a ＝g（﹣log25.1），b＝g（20.8），c＝g（3），则a，b，c的大小关系为（）A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．b＜c＜a【分析】根据题意，由g（﹣x）＝（﹣x）f（﹣x）＝xf（x）＝g（x），则函数g（x）为偶函数，进而可得g（x）在（0，+∞）上为增函数，又由20.8＜2＜|﹣log25.1|＝|log25.1|＜3，结合单调性分析可得答案．解：根据题意，g（x）＝xf（x），又由f（x）为R上的奇函数，则g（﹣x）＝（﹣x）f（﹣x）＝xf（x）＝g（x），则函数g（x）为偶函数，又由g（x）在（﹣∞，0）为减函数，则g（x）在（0，+∞）上为增函数，又由20.8＜2＜|﹣log25.1|＝|log25.1|＜3，则有b＜a＜c；故选：C．9．已知△SAB是边长为2的等边三角形，∠ACB＝45°，当三棱锥S﹣ABC体积最大时，其外接球的表面积为（）A．14π3B．28π3C．10π3D．20π3【分析】作出图形，由平面CAB与平面SAB垂直且CA＝CB时，三棱S﹣ABC的体积最大，并过两个三角形的外心作所在三角形面的垂线，两垂直交于点O，利用几何关系计算出球O的半径，然后利用球体表面积公式可得出答案．解：由题可知，平面CAB⊥平面SAB，且CA＝CB时，三棱锥S﹣ABC体积达到最大，如右图所示，则点D，点E分别为△ASB，△ACB的外心，并过两个三角形的外心作所在三角形面的垂线，两垂直交于点O．∴点O是此三棱锥外接球的球心，AO即为球的半径．在△ACB中，AB＝2，∠ACB＝45°⇒∠AEB＝90°，由正弦定理可知，ABsin∠ACB=2AE，∴AE＝EB＝EC=√2，延长CE交AB于点F，延长SD交AB于点F，∴四边形EFDO是矩形，且OE⊥平面ACB，则有OE⊥AE，又∵OE ＝DF =13SF =13×√32AB =√33，∴OA =√OE 2+AE 2=√73．∴S 球表面积＝4πR 2＝4π×（ √73）2=28π3． 故选：B ．10．已知锐角△ABC 的角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且c ＝1，三角形ABC 的面积S△ABC＝1，则a 2+b 2的取值范围为（ ）A ．[172，+∞） B ．（9，+∞） C ．[172，9] D ．[172，9）【分析】因为三角形为锐角三角形，所以过C 作CD ⊥AB 于D ，D 在边AB 上，如图：根据面积算出CD ＝2，再根据勾股定理，二次函数知识可求得．解：因为三角形为锐角三角形，所以过C 作CD ⊥AB 于D ，D 在边AB 上，如图： 因为：S △ABC =12AB •CD ＝1，所以CD ＝2， 在三角形ADC 中，AD =√AC 2−CD 2=√b 2−4， 在三角形BDC 中，BD =√BC 2−CD 2=√a 2−4， ∵AD +BD ＝AB ＝1，∴√a 2−4+√b 2−4=1，∴a 2+b 2＝a 2﹣4+b 2﹣4+8＝（√a 2−4）2+（√b 2−4）2+8＝（√a 2−4）2+（1−√a 2−4）2+8＝2（√a 2−4）2﹣2√a 2−4+9 ∵√a 2−4∈（0，1）． ∴a 2+b 2∈[172，9）．故选：D ．11．过抛物线C ：x 2＝4y 的准线上任意一点P 作抛物线的切线PA ，PB ，切点分别为A ，B ，则A 点到准线的距离与B 点到准线的距离之和的最小值是（ ） A ．7B ．6C ．5D ．4【分析】首先证明AB 横过抛物线焦点，再利用当AB 为通径时最小即可． 解：设抛物线C ：x 2＝4y 的准线上任意一点P （m ，﹣1）．点P 作抛物线的切线PA ，PB ，设切点分别为A （x 1，y 1），B （x 2，y 2） x 2＝4y ⇒y =14x 2，y′=12x ， ∴切线PA ，PB 方程分别为x 1x ＝2（y +y 1），x 2x ＝2（y +y 2）． ∴{mx 1=2(y 1−1)mx 2=2(y 2−1)⇒直线AB 的方程为mx ＝2（y ﹣1）． 故直线AB 过定点（0，1），（即AB 恒过抛物线焦点） 则A 点到准线的距离与B 点到准线的距离之和为AB ， 当AB 为通径时最小，最小值是2p ＝4． 故选：D ．12．不等式x ﹣3e x ﹣alnx ≥x +1对任意x ∈（1，+∞）恒成立，则实数a 的取值范围（ ） A ．（﹣∞，1﹣e ]B ．（﹣∞，2﹣e 2]C ．（﹣∞，﹣2]D ．（﹣∞，﹣3]【分析】不等式可化为a ≤x −3e x−x−1lnx对∀x ∈（1，+∞）恒成立，设f （x ）=x −3⋅e x −x−1lnx ，其中x ∈（1，+∞），求出f （x ）min 即可得出a 的取值范围． 解：不等式x ﹣3e x ﹣alnx ≥x +1， ∴alnx ≤x ﹣3e x ﹣x ﹣1； 又x ∈（1，+∞），lnx ＞0，∴a ≤x −3e x−x−1lnx对∀x ∈（1，+∞）恒成立；设f （x ）=x−3⋅e x −x−1lnx，其中x ∈（1，+∞），则x ﹣3•e x =e lnx −3•e x ＝e x ﹣3lnx ≥x ﹣3lnx +1，∴x ﹣3e x ﹣x ﹣1≥x ﹣3lnx +1﹣x ﹣1＝﹣3lnx ，∴f （x ）=x −3e x−x−1lnx ≥−3lnx lnx=−3，当x ﹣3lnx ＝0时等号成立；又方程x ﹣3lnx ＝0在（1，+∞）内有解， ∴f （x ）min ＝﹣3，即a 的取值范围是（﹣∞，﹣3]． 故选：D ．二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡中对应题号后的横线上）13．已知 （2﹣x 2）（1+ax ）3的展开式的所有项系数之和为27，则实数a ＝ 2 ，展开式中含x 2的项的系数是 23 ．【分析】取x ＝1，结合展开式的所有项系数之和为27求得a 值，然后展开两数和的立方公式，可得展开式中含x 2的项的系数．解：由已知可得，（2﹣12）（1+a ）3＝27，则a ＝2．∴（2﹣x 2）（1+ax ）3＝（2﹣x 2）（1+2x ）3＝（2﹣x 2）（1+6x +12x 2+8x 3）． ∴展开式中含x 2的项的系数是2×12﹣1＝23． 故答案为：2；23．14．根据记载，最早发现勾股定理的人应是我国西周时期的数学家商高，商高曾经和周公讨论过“勾3股4弦5”的问题．现有△ABC 满足“勾3股4弦5”，其中“股”AB ＝4，D 为“弦”BC 上一点（不含端点），且△ABD 满足勾股定理，则(CB →−CA →)⋅AD →=14425．【分析】根据题意可画出图形，AC ⊥AB ，AD ⊥BC ，从而可求出AD ，且AB ＝4，cos ∠DAB ＝cos ∠ACB =35，然后进行数量积的运算即可解：如图，根据题意知，△ABC ，△ABD 都为直角三角形，则： 5•AD ＝3•4， ∴AD =125，且∠DAB ＝∠ACB ，且AB ＝4，AC ＝3， ∴(CB →−CA →)⋅AD →=AB →•AD →=|AB →|×|AD →|×cos ∠DAB ＝4×125×cos ∠ACB ＝4×125×35=14425．故答案为：1442515．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ≠0，曲线y ＝x 3在点(a n ，a n 3)处的切线经过点（a n +1，0），下列四个结论：①a 2=23；②a 3=13；③∑ 4i=1a i =6527；④数列{a n }是等比数列． 其中所有正确结论的编号是 ①③④ ．【分析】利用已知条件推出数列的递推关系式，得到{a n }是首项为1，公比为23的等比数列，然后求解判断即可．解：∵y '＝3x 2，∴曲线y ＝x 3在点(a n ，a n 3)处的切线方程为y −a n 3=3a n 2(x −a n )， 则−a n 3=3a n 2(a n+1−a n )．∵a n ≠0，∴a n+1=23a n ，则{a n }是首项为1，公比为23的等比数列，从而a 2=23，a 3=49，∑ 4i=1a i =1−(23)41−23=6527．故所有正确结论的编号是①③④． 故答案为：①③④．16．已知一簇双曲线E n ：x 2﹣y 2＝（n2020）2（n ∈N*，且n ≤2020），设双曲线E n 的左、右焦点分别为Fn 1、Fn 2，P n 是双曲线E n 右支上一动点，三角形P n Fn 1Fn 2的内切圆G n 与x 轴切于点A n （a n ，0），则a 1+a 2+…a 2020＝ 20212．【分析】如图所示，设P n F n 1，P n F n 2与圆G n 分别切于点B n ，∁n ．根据内切圆的性质可得：|P n B n |＝|P n A n |，|B n F n 1|＝|A n F n 1|，|A n F n 2|＝|∁n F n 2|，又点P n 是双曲线E n 右支上一动点， 可得|P n Fn 1|﹣|Fn 2P n |＝2a =n 1010，可得|A n F n 1|﹣|A n F n 2|=n1010．可得a n ﹣（﹣c n ）﹣（c n ﹣a n ）=n1010．可得：a n =n2020．即可得出结论． 解：如图所示，设P n F n 1，P n F n 2与圆G n 分别切于点B n ，∁n ．根据内切圆的性质可得：|P n B n |＝|P n A n |，|B n F n 1|＝|A n F n 1|，|A n F n 2|＝|∁n F n 2|， 又点P n 是双曲线E n 右支上一动点， ∴|P n Fn 1|﹣|Fn 2P n |＝2a =2n 2020=n1010，∴|A n F n 1|﹣|A n F n 2|=n 1010． ∴a n ﹣（﹣c n ）﹣（c n ﹣a n ）=n1010．可得：a n =n2020． 可得：a 1+a 2+…a 2020=1+2+⋯⋯+20202020=20212． 故答案为：20212．三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．已知△ABC 内接于单位圆，且（1+tan A ）（1+tan B ）＝2， （1）求角C（2）求△ABC 面积的最大值．【分析】（1）变形已知条件可得tan A +tan B ＝1﹣tan A •tan B ，代入可得tan C ＝﹣tan （A +B ）=−tanA+tanB1−tanAtanB=−1，可得C 值；（2）由正弦定理可得c ，由余弦定理和基本不等式可得ab 得取值范围，进而可得面积的最值． 解：（1）∵（1+tan A ）（1+tan B ）＝2 ∴tan A +tan B ＝1﹣tan A •tan B ， ∴tan C ＝﹣tan （A +B ）=−tanA+tanB1−tanAtanB=−1， ∴C =3π4（2）∵△ABC 得外接圆为单位圆， ∴其半径R ＝1由正弦定理可得c ＝2R sin C =√2，由余弦定理可得c2＝a2+b2﹣2ab cos C，代入数据可得2＝a2+b2+√2ab≥2ab+√2ab＝（2+√2）ab，∴ab≤22+2，∴△ABC得面积S=12ab sin C≤12+2√22=√2−12，∴△ABC面积的最大值为：√2−1 218．如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD中点，以AE为折痕把△ADE折起，使点D到达点P的位置（P∉平面ABCE）．（Ⅰ）证明：AE⊥PB；（Ⅱ）若直线PB与平面ABCE所成的角为π4，求二面角A﹣PE﹣C的余弦值．【分析】（1）连接BD，设AE的中点为O，可证AE⊥PO，AE⊥BO，故而AE⊥平面POB，于是AE⊥PB；（II）证明PO⊥OB，建立空间坐标系，求出两半平面的法向量，计算法向量的夹角得出二面角的大小．【解答】（I）证明：连接BD，设AE的中点为O，∵AB∥CE，AB＝CE=12CD，∴四边形ABCE为平行四边形，∴AE＝BC＝AD＝DE，∴△ADE，△ABE为等边三角形，∴OD⊥AE，OB⊥AE，又OP∩OB＝O，∴AE⊥平面POB，又PB⊂平面POB，∴AE⊥PB．（II）解：在平面POB内作PQ⊥平面ABCE，垂足为Q，则Q在直线OB上，∴直线PB与平面ABCE夹角为∠PBO=π4，又OP＝OB，∴OP⊥OB，∴O、Q两点重合，即PO⊥平面ABCE，以O为原点，OE为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，则P（0，0，√32），E（12，0，0），C（1，√32，0），∴PE→=（12，0，−√32），EC→=（12，√32，0），设平面PCE的一个法向量为n1→=（x，y，z），则{n1→⋅PE→=0n1→⋅EC→=0，即{12x−√32z=012x+√32y=0，令x=√3得n1→=（√3，﹣1，1），又OB⊥平面PAE，∴n2→=（0，1，0）为平面PAE的一个法向量，设二面角A﹣EP﹣C为α，则|cosα|＝|cos＜n1→，n2→＞|=|n1→⋅n2→||n1→||n2→|=5=√55，易知二面角A﹣EP﹣C为钝角，所以cosα=−√55．19．某地区为贯彻习近平总书记关于“绿水青山就是金山银山”的精神，鼓励农户利用荒坡种植果树．某农户考察三种不同的果树苗A、B、C，经引种试验后发现，引种树苗A 的自然成活率为0.8，引种树苗B、C的自然成活率均为p（0.7≤p≤0.9）．（1）任取树苗A、B、C各一棵，估计自然成活的棵数为X，求X的分布列及E（X）；（2）将（1）中的E（X）取得最大值时p的值作为B种树苗自然成活的概率．该农户决定引种n棵B种树苗，引种后没有自然成活的树苗中有75%的树苗可经过人工栽培技术处理，处理后成活的概率为0.8，其余的树苗不能成活．①求一棵B种树苗最终成活的概率；②若每棵树苗引种最终成活后可获利300元，不成活的每棵亏损50元，该农户为了获利不低于20万元，问至少引种B种树苗多少棵？【分析】（1）依题意，X的所有可能值为0，1，2，3．求出概率，得到分布列，然后求解期望即可．（2）当p ＝0.9时，E （X ）取得最大值．然后求解①一棵B 树苗最终成活的概率． ②记Y 为n 棵树苗的成活棵数，M （n ）为n 棵树苗的利润，利用二项分布的概率以及期望求解即可．解：（1）依题意，X 的所有可能值为0，1，2，3．则P （X ＝0）＝0.2（1﹣p ）2；P(X =1)=0.8×(1−p)2+0.2×C 21×p ×(1−p)=0.8(1−p)2+0.4p(1−p)， 即P （X ＝1）＝0.4p 2﹣1.2p +0.8，P(X =2)=0.2p 2+0.8×C 21×p ×(1−p)=0.2p 2+1.6p(1−p)=−1.4p 2+1.6p ， P （X ＝3）＝0.8p 2；X 的分布列为： X 012 3 P0.2p 2﹣0.4p +0.20.4p 2﹣1.2p +0.8﹣1.4p 2+1.6p0.8p 2…………………………………………E （X ）＝1×（0.4p 2﹣1.2p +0.8）+2×（﹣1.4p 2+1.6p ）+3×0.8p 2＝2p +0.8．……………… （2）当p ＝0.9时，E （X ）取得最大值．①一棵B 树苗最终成活的概率为0.9+0.1×0.75×0.8＝0.96．………… ②记Y 为n 棵树苗的成活棵数，M （n ）为n 棵树苗的利润，则Y ～B （n ，0.96），E （Y ）＝0.96n ，M （n ）＝300Y ﹣50（n ﹣Y ）＝350Y ﹣50n ， E （M （n ））＝350E （Y ）﹣50n ＝286n ，要使E （M （n ））≥200000，则有n ≥699.3． 所以该农户至少种植700棵树苗，就可获利不低于20万元． ……………… 20．已知椭圆C ：x 2a +y 2b =1(a ＞b ＞0)的离心率为√22，且与抛物线y 2＝x 交于M ，N 两点，△OMN （O 为坐标原点）的面积为2√2． （1）求椭圆C 的方程；（2）如图，点A 为椭圆上一动点（非长轴端点）F 1，F 2为左、右焦点，AF 2的延长线与椭圆交于B 点，AO 的延长线与椭圆交于C 点，求△ABC 面积的最大值．【分析】（1）由已知结合△OMN 的面积为2√2，求得M （2，√2），N （2，−√2），再由椭圆离心率及点M 的坐标可得关于a ，b ，c 的方程组，求解即可得到椭圆C 的方程； （2）当直线AB 的斜率不存在时，不妨取A （2，√2），B （2，−√2），C （−2，−√2），可得△ABC 面积；当直线AB 的斜率存在时，设直线方程为y ＝k （x ﹣2），A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），联立直线方程与椭圆方程，化为关于x 的一元二次方程，利用弦长公式求|AB |，再由点到直线距离公式求点C 到直线AB 的距离，代入三角形面积公式，利用放缩法求△ABC 面积的范围，则△ABC 面积的最大值可求． 解：（1）椭圆C ：x 2a +y 2b =1(a ＞b ＞0)与抛物线y 2＝x 交于M ，N 两点，可设M （x ，√x ），N （x ，−√x ），∵△OMN 的面积为2√2，∴x √x =2√2，解得x ＝2， ∴M （2，√2），N （2，−√2），由已知得{ ca=√224a 2+2b 2=1a 2=b 2+c 2，解得a =2√2，b ＝c ＝2．∴椭圆C 的方程为x 28+y 24=1；（2）当直线AB 的斜率不存在时，不妨取A （2，√2），B （2，−√2），C （−2，−√2）， 故S △ABC =12×2√2×4=4√2；当直线AB 的斜率存在时，设直线方程为y ＝k （x ﹣2），A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）， 联立{y =k(x −2)x 28+y 24=1，得（1+2k 2）x 2﹣8k 2x +8k 2﹣8＝0．△＝64k 4﹣4（1+2k 2）（8k 2﹣8）＝32（k 2+1）＞0． x 1+x 2=8k22k 2+1，x 1x 2=8k 2−82k 2+1．|AB |=√(1+k 2)⋅[(x 1+x 2)2−4x 1x 2]=√(1+k 2)⋅[(8k 22k 2+1)2−4⋅8k 2−82k 2+1]=4√2⋅k 2+12k 2+1．点O 到直线kx ﹣y ﹣2k ＝0的距离d =|−2k|√k +1=2|k|√k +1，∵O 是线段AC 的中点，∴点C 到直线AB 的距离为2d =4|k|√k +1．∴S △ABC =12|AB|⋅2d =12⋅(4√2⋅k 2+12k 2+1)√k +1=8√2⋅√k 2(k 2+1)(2k 2+1)2． ∵k 2(k 2+1)(2k 2+1)2=k 2(k 2+1)[k 2+(k 2+1)]2≤k 2(k 2+1)4k 2(k 2+1)2=14，又k 2≠k 2+1，∴等号不成立， ∴S △ABC =8√2⋅√k 2(k 2+1)(2k 2+1)2＜4√2．综上，△ABC 面积的最大值为4√2．21．设函数f （x ）＝e x cos x ，g （x ）为f （x ）的导函数． （Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）当x ∈[π4，π2]时，证明f （x ）+g （x ）（π2−x ）≥0；（Ⅲ）设x n 为函数u （x ）＝f （x ）﹣1在区间（2n π+π4，2n π+π2）内的零点，其中n ∈一、选择题，证明2n π+π2−x n ＜e −2nπsinx 0−cosx 0．【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，可得当x ∈（2kπ+π4，2kπ+5π4）（k ∈Z ）时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减；当x ∈（2kπ−3π4，2kπ+π4）（k ∈Z ）时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增；（Ⅱ）记h （x ）＝f （x ）+g （x ）（π2−x ），依题意及（Ⅰ），得到g （x ）＝e x （cos x﹣sin x ），由h ′（x ）＜0，得h （x ）在区间[π4，π2]上单调递减，有h （x ）≥h （π2）＝f （π2）＝0，从而得到当x ∈[π4，π2]时，f （x ）+g （x ）（π2−x ）≥0；（Ⅲ）依题意，u （x n ）＝f （x n ）﹣1＝0，即e x n cosx n =1，记y n ＝x n ﹣2n π，则y n ∈（π4，π2），且f （y n ）＝e ﹣2n π（x ∈N ）．由f （y n ）＝e ﹣2n π≤1＝f （y 0）及（Ⅰ），得y n ≥y 0，由（Ⅱ）知，当x ∈（π4，π2）时，g （x ）在[π4，π2]上为减函数，有g （y n ）≤g （y 0）＜g（π4）＝0，又由（Ⅱ）知，f(y n )+g(y n )(π2−y n )≥0，得π2−y n ≤−f(y n )g(y n )=−e −2nπg(y n )≤−e −2nπg(y 0)=e −2nπe y 0(siny 0−cosy 0)＜e −2nπsinx 0−cosx 0，从而证得2n π+π2−x n ＜e −2nπsinx 0−cosx 0．【解答】（Ⅰ）解：由已知，f ′（x ）＝e x （cos x ﹣sin x ），因此，当x ∈（2kπ+π4，2kπ+5π4）（k ∈Z ）时，有sin x ＞cos x ，得f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减；当x ∈（2kπ−3π4，2kπ+π4）（k ∈Z ）时，有sin x ＜cos x ，得f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增． ∴f （x ）的单调增区间为[2kπ−3π4，2kπ+π4]（k ∈Z ），单调减区间为[，2kπ+5π4]（k ∈Z ）； （Ⅱ）证明：记h （x ）＝f （x ）+g （x ）（π2−x ），依题意及（Ⅰ），有g （x ）＝e x （cos x ﹣sin x ），从而h ′（x ）＝f ′（x ）+g ′（x ）•（π2−x ）+g （x ）•（﹣1）＝g ′（x ）（π2−x ）＜0． 因此，h （x ）在区间[π4，π2]上单调递减，有h （x ）≥h （π2）＝f （π2）＝0． ∴当x ∈[π4，π2]时，f （x ）+g （x ）（π2−x ）≥0； （Ⅲ）证明：依题意，u （x n ）＝f （x n ）﹣1＝0，即e x n cosx n =1．记y n ＝x n ﹣2n π，则y n ∈（π4，π2），且f （y n ）=e y n cosy n =e x n −2nπcos(x n −2nπ)=e ﹣2n π（x ∈N ）．由f （y n ）＝e ﹣2n π≤1＝f （y 0）及（Ⅰ），得y n ≥y 0，由（Ⅱ）知，当x ∈（π4，π2）时，g ′（x ）＜0，∴g （x ）在[π4，π2]上为减函数， 因此，g （y n ）≤g （y 0）＜g （π4）＝0， 又由（Ⅱ）知，f(y n )+g(y n )(π2−y n )≥0，故π2−y n ≤−f(y n )g(y n )=−e −2nπg(y n )≤−e −2nπg(y 0)=e −2nπe y 0(siny 0−cosy 0)＜e −2nπsinx 0−cosx 0．∴2n π+π2−x n ＜e −2nπsinx 0−cosx 0． 请考生在22、23两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做第一个题目计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]22．设A 为椭圆C 1：x 24+y 224=1上任意一点，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ2﹣10ρcos θ+24＝0，B 为C 2上任意一点． （Ⅰ）写出C 1参数方程和C 2普通方程；（Ⅱ）求|AB |最大值和最小值．【分析】（Ⅰ）先将直线l 的参数方程利用部分分式法进行转化，再消参数，将曲线C 的方程先去分母，再将y ＝ρsin θ，x 2+y 2＝ρ2代入，化简即可求解；（Ⅱ）先将曲线C 的方程化为参数形式，再利用两点间的距离公式，结合三角函数求最值，即可得解．解：（Ⅰ）椭圆C 1：x 24+y 224=1转换为参数方程为{x =2cosθy =2√6sinθ（θ为参数）． 曲线C 2的极坐标方程为ρ2﹣10ρcos θ+24＝0，转换为直角坐标方程为x 2+y 2﹣10x +24＝0，整理得（x ﹣5）2+y 2＝1．（Ⅱ）椭圆上点A （2cos θ，2√6sin θ）到曲线C 2的圆心（5，0）的距离d =√(2cosθ−5)2+24sin 2θ=√−20(cosx +12)2+54，当cosθ=−12时，|AO|max =√54， 当cos θ＝1时，|AO |min ＝3，所以|AB|max =√54+1=3√6+1，|AB |min ＝3﹣1＝2．[选修4-5：不等式选讲]23．已知正实数x ，y 满足x +y ＝1．（1）解关于x 的不等式|x +2y|+|x −y|≤52；（2）证明：(1x 2−1)(1y 2−1)≥9． 【分析】（1）利用x 的取值，去掉绝对值符号，求解绝对值不等式即可．（2）利用已知条件，通过“1”的代换以及基本不等式求解表达式的最小值，证明不等式即可．【解答】（1）解：∵x +y ＝1，且x ＞0，y ＞0，∴|x +2y|+|x −y|≤52⇔{0＜x ＜1|2−x|+|2x −1|≤52⇔{0＜x ＜1|2x −1|≤12+x ⇔{0＜x ＜1−(12+x)≤2x −1≤12+x， 解得16≤x ＜1，所以不等式的解集为[16，1)， 证明：（2）方法一：∵x +y ＝1，且x ＞0，y ＞0，∴(1x2−1)(1y2−1)=(x+y)2−x2x2⋅(x+y)2−y2y2=2xy+y2x2⋅2xy+x2y2=(2y x+y2x2)(2x y+x2y2)=2x y+2y x+5≥2√2x y⋅2y x+5=9．当且仅当x=y=12时，取“＝”．方法二：∵x+y＝1，且x＞0，y＞0，∴(12−1)(12−1)=1−x22⋅1−y22=(1+x)(1−x)2⋅(1+y)(1−y)2=(1+x)y2⋅(1+y)x2=1+x+y+xyxy =2xy+1≥2(x+y2)2+1=9，当且仅当x=y=12时，取“＝”．。