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    安徽省安庆市桐城中学2021届高考冲刺押题(最后一卷)数学试卷含解析《附15套高考模拟卷》

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    安徽省安庆市桐城中学2021届高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷
    请考生注意：
    1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。 2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

    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i是虚数单位，若A．2
    2．已知函数fxz2i1，则|z|（ ） 1iC．10
    D．10 B．2 sinx的部分图象如图所示，将此图象分别作以下变换，那么变换后的图象可以12sinx与原图象重合的变换方式有（ ）

    ①绕着x轴上一点旋转180; ②沿x轴正方向平移; ③以x轴为轴作轴对称; ④以x轴的某一条垂线为轴作轴对称. A．①③
    B．③④
    C．②③
    D．②④
    3．在边长为2的菱形ABCD中，BD23，将菱形ABCD沿对角线AC对折，使二面角BACD的余弦值为A．1，则所得三棱锥ABCD的外接球的表面积为（ ）
    3B．2
    C．4
    D．6
    2 34．将函数fxsinx再将图像向左平移个单位长度，图象上每一点的横坐标变为原来的2倍，36得到函数ygx的图象，则函数ygx图象的一个对称中心为（ ）
    A．,0
    12B．,0
    4C．,0
    4,0 D．35．已知平面向量a,b，满足a1,b1，且2abab，则a与b的夹角为（ ）
    3
    A． 6B．
    3C．2
    3D．5
    66．随着人民生活水平的提高，对城市空气质量的关注度也逐步增大，下图是某城市1月至8月的空气质量检测情况，图中一、二、三、四级是空气质量等级，一级空气质量最好，一级和二级都是质量合格天气，下面叙述不正确的是（ ）

    A．1月至8月空气合格天数超过20天的月份有5个 B．第二季度与第一季度相比，空气达标天数的比重下降了 C．8月是空气质量最好的一个月 D．6月份的空气质量最差. 7．大衍数列，米源于我国古代文献《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释我国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和.已知该数列前10项是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，…，则大衍数列中奇数项的通项公式为（ ）
    n2nA．
    2n21B．
    2n12C．
    2n2D．
    28．已知函数f(x|cosx|sinx，则下列结论中正确的是 ①函数f(x的最小正周期为； ②函数f(x的图象是轴对称图形； ③函数f(x的极大值为2； ④函数f(x的最小值为1． A．①③ C．②③
    B．②④ D．②③④
    9．若函数f(xx2exa恰有3个零点，则实数a的取值范围是（ ） A．(4, e2B．(0,4 e2C．(0,4e2 D．(0,
    log21xx0f(xfx10．定义在R上的函数满足，则f2019（）
    x0fx5A．-1 B．0 C．1 D．2
    11．已知函数f(xx22x，集合A{x|f(x0}，Bx|f(x0，则AB（ ）
    A．[-1,0] C．[0,1]
    B．[-1,2]
    D．(,1][2,
    12．古希腊数学家毕达哥拉斯在公元前六世纪发现了第一、二个“完全数”6和28，进一步研究发现后续三个“完全数”分别为496，8128，33550336，现将这五个“完全数”随机分为两组，一组2个，另一组3个，则6和28恰好在同一组的概率为( A．1
    5B．2
    5C．3
    5D．1
    10二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
    13．已知圆柱的上下底面的中心分别为O1,O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为36的正方形，则该圆柱的体积为____ 14．已知向量a,b满足ab1，a2ab3，则a______________. 15．若一组样本数据7，9，x，8，10的平均数为9，则该组样本数据的方差为______. 16．已知数列an为等比数列，a1a22,a2a36，则a5_____. 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。
    1x2y217．（12分）已知圆O经过椭圆C：221(ab0的两个焦点以及两个顶点，且点b,在椭aab圆C上．
    1求椭圆C的方程；
    2若直线l与圆O相切，与椭圆C交于M、N两点，且MN24，求直线l的倾斜角．
    318．（12分）已知函数fxx2xmlnx1，其中mR. （Ⅰ）若m0，求函数fx的单调区间； （Ⅱ）设gxfx11gx.若在0,上恒成立，求实数m的最大值. xx1e19．（12分）在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且cos2C3cosC10. （1）求角C的大小；
    （2）若b3a，ABC的面积为3sinAsinB，求sinA及c的值. x2y220．（12分）设椭圆C：221ab0的左、右焦点分别为F1，F2，下顶点为A，椭圆C的离ab心率是3AFF，12的面积是3. 2
    （1）求椭圆C的标准方程. （2）直线l与椭圆C交于B，D两点（异于A点），若直线AB与直线AD的斜率之和为1，证明：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标. 321．（12分）已知在ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，c42，cosC. 5（1）若B4，求a的值；
    （2）若b5，求ABC的面积. 22．（10分）已知不等式2x1x12的解集为x|axb. （1）求实数a，b的值；
    （2）已知xyz存在实数k使得3abk恒成立，求实数k的最大值. 2xy4yzxz 参考答案
    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、C 【解析】 【分析】
    根据复数模的性质计算即可. 【详解】 因为z2i1， 1i所以z(1i(2i1，
    |z||1i||2i1|2510，
    故选：C 【点睛】
    本题主要考查了复数模的定义及复数模的性质，属于容易题. 2、D 【解析】 【分析】

    计算得到fx2kfx，f根据图像知①③错误，得到答案. 【详解】
    xfx，故函数是周期函数，轴对称图形，故②④正确，22fxsinx2ksinxsinxfx，kZ， ，fx2k12sinx2k12sinx12sinx当沿x轴正方向平移2k,kZ个单位时，重合，故②正确；
    sinx2cosxfx，212sinx12cosx2故fsinx2cosxfx，
    212sinx12cosx2xfx，函数关于x对称，故④正确；
    222根据图像知：①③不正确； 故选：D. 【点睛】
    本题考查了根据函数图像判断函数性质，意在考查学生对于三角函数知识和图像的综合应用. 3、D 【解析】 【分析】
    取AC中点N，由题意得BND即为二面角BACD的平面角，过点B作BODN于O，易得点O为ADC的中心，则三棱锥ABCD的外接球球心在直线BO上，设球心为O1，半径为r，列出方程26232rr即可得解. 33【详解】
    如图，由题意易知ABC与ADC均为正三角形，取AC中点N，连接BN，DN， 则BNAC，DNAC，BND即为二面角BACD的平面角， 过点B作BODN于O，则BO平面ACD， 由BNND223，cosBND21323可得ONBNcosBND，OD，333326， OB3331ONND即点O为ADC的中心，
    3
    三棱锥ABCD的外接球球心在直线BO上，设球心为O1，半径为r， BO1DO1r，OO126r, 3262362rr解得r， 332三棱锥ABCD的外接球的表面积为S4r24故选：D. 2236. 2
    【点睛】
    本题考查了立体图形外接球表面积的求解，考查了空间想象能力，属于中档题. 4、D 【解析】 【分析】
    根据函数图象的变换规律可得到ygx解析式，然后将四个选项代入逐一判断即可. 【详解】
    解：fxsinx6图象上每一点的横坐标变为原来的2倍,得到sin1x
    62再将图像向左平移1个单位长度，得到函数gxsinx+的图象 33620
    41gxsinx，g323故选：D 【点睛】
    考查三角函数图象的变换规律以及其有关性质，基础题. 5、C 【解析】 【分析】

    根据2abab， 两边平方2abab，化简得2ab322a，再利用数量积定义得到22abcosa,b3a求解. 【详解】
    因为平面向量a,b，满足a所以2abab， 所以2ab3所以
    2    2    2    2    1,b1，且2abab， 3a，
    2abcosa,b3a，
    1， 2232所以cosa,b所以a与b的夹角为故选：C 【点睛】
    . 本题主要考查平面向量的模，向量的夹角和数量积运算，属于基础题. 6、D 【解析】
    由图表可知5月空气质量合格天气只有13天，5月份的空气质量最差．故本题答案选D． 7、B 【解析】 【分析】
    直接代入检验，排除其中三个即可． 【详解】
    由题意a10，排除D，a34，排除A，C．同时B也满足a512，a724，a940， 故选：B． 【点睛】
    本题考查由数列的项选择通项公式，解题时可代入检验，利用排除法求解． 8、D 【解析】 【分析】 【详解】
    因为f(xπ|cos(xπ|sin(xπ|cosx|sinxf(x，所以①不正确； f(x|cos(x|sin(x|sinx|cosx， 因为f(x|cosx|sinx，所以 222
    f(x|cos(x|sin(x|sinx|cosx，所以 f(xf(x， 22222所以函数f(x的图象是轴对称图形，②正确；
    易知函数f(x的最小正周期为2，因为函数f(x的图象关于直线x2对称，所以只需研究函数f(x在33[,]上的极大值与最小值即可．当x时，f(xcosxsinx2sin(x，且42222335x，令x，得x，可知函数f(x在x处取得极大值为2，③正确； 4444244因为5x，所以12sin(x2，所以函数f(x的最小值为1，④正确． 4444故选D． 9、B 【解析】 【分析】
    求导函数，求出函数的极值，利用函数f(xxea恰有三个零点，即可求实数a的取值范围. 2x【详解】
    2x函数yxe的导数为y'2xexexe(x2，
    x2xx令y'0，则x0或2，
    2x0上单调递减，(,2,(0,上单调递增，
    所以0或2是函数y的极值点， 函数的极值为：f(00,f(24e2x24， 2e函数f(xxea恰有三个零点，则实数的取值范围是：(0,故选B. 【点睛】
    4. e2该题考查的是有关结合函数零点个数，来确定参数的取值范围的问题，在解题的过程中，注意应用导数研究函数图象的走向，利用数形结合思想，转化为函数图象间交点个数的问题，难度不大. 10、C 【解析】 【分析】
    推导出f2019f40354f4f1log22，由此能求出f2019的值． 【详解】
    ∵定义在R上的函数fx满足f(xlog21xx0，
    fx5x0
    ∴f2019f40354f4f1log221，故选C． 【点睛】
    本题主要考查函数值的求法，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用，属于中档题. 11、C 【解析】 【分析】
    分别求解不等式得到集合A,B,再利用集合的交集定义求解即可. 【详解】
    1}， A{x|x22x0}{x|0x2},B{x|2x2≤0}{x|x≤∴AB{x|0≤x≤1}．
    故选C． 【点睛】
    本题主要考查了集合的基本运算,难度容易. 12、B 【解析】 【分析】
    推导出基本事件总数，6和28恰好在同一组包含的基本事件个数，由此能求出6和28恰好在同一组的概率． 【详解】
    解：将五个“完全数”6，28，496，8128，33550336，随机分为两组，一组2个，另一组3个， 基本事件总数nC5C310，
    6和28恰好在同一组包含的基本事件个数mC2C3C2C34， ∴6和28恰好在同一组的概率p故选：B． 【点睛】
    本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

    二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、54 【解析】 【分析】
    由轴截面是正方形，易求底面半径和高，则圆柱的体积易求.     2    0    2    1    2    3m42． n105
    【详解】
    解：因为轴截面是正方形，且面积是36， 所以圆柱的底面直径和高都是6 Vr2h32654
    故答案为：54 【点睛】
    考查圆柱的轴截面和其体积的求法，是基础题. 14、1 【解析】 【分析】
    首先根据向量的数量积的运算律求出a，再根据a【详解】
    解：因为a2ab3， 所以2aab3 又ab1 所以a1 所以a222a计算可得；
    2a1
    2故答案为：1 【点睛】
    本题考查平面向量的数量积的运算，属于基础题. 15、1 【解析】 【分析】
    根据题意，由平均数公式可得【详解】
    根据题意，数据7，9，x，8，10的平均数为9，
    79x8109，解得x的值，进而由方差公式计算，可得答案．
    579x8109，解得：x11，
    51222222则其方差S[(79(99(119(89(109]2. 5则故答案为：1． 【点睛】

    本题考平均数、方差的计算，考查运算求解能力，求解时注意求出x的值，属于基础题． 16、81 【解析】 【分析】
    设数列an的公比为q，利用等比数列通项公式求出a1,q，代入等比数列通项公式即可求解. 【详解】
    设数列an的公比为q，由题意知，
    a2a33q

    a1a2因为a1a22，由等比数列通项公式可得，
    a13a12，解得a11，
    由等比数列通项公式可得，
    a5a1q41381. 故答案为：81 【点睛】
    本题考查等比数列通项公式；考查运算求解能力；属于基础题.
    三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
    43x217、 （1）y21；（2）或244【解析】 【分析】
    (1先由题意得出bc ,可得出b与a的等量关系，然后将点的坐标代入椭圆C的方程，可求出a与b的值，从而得出椭圆C的方程；(2对直线l的斜率是否存在进行分类讨论，当直线l的斜率不存在时，可求出MN，然后进行检验；当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为ykxm,设点Mx1,y1,Nx2,y2，先由直线l与圆O相切得出m与k之间的关系，再将直线l的方程与椭圆C的方程联立，由韦达定理，利用弦长公式并结合条件MN【详解】
    （1）由题可知圆O只能经过椭圆的上下顶点，所以椭圆焦距等于短轴长，可得a22b2，
    21b122又点b,在椭圆C上，所以2221，解得a2,b1，
    aaab4得出k的值，从而求出直线l的倾斜角. 3
    x2即椭圆C的方程为y21.
    222（2）圆O的方程为xy1，当直线l不存在斜率时，解得MN2，不符合题意；
    mk211，即m21k2.
    当直线l存在斜率时，设其方程为ykxm，因为直线l与圆O相切，所以将直线l与椭圆C的方程联立，得：
    12kx224kmx2m220，
    判别式8m2816k28k20，即k0，
    4km2m22设Mx1,y1,Nx2,y2，则x1x2=,x1x2=,x1x212k212k2所以MNx1x228k2
    ，4x1x2212kx1x2y1y23. 或44228k24， 1kx1x21k212k322解得k1， 所以直线l的倾斜角为【点睛】
    求椭圆标准方程的方法一般为待定系数法,根据条件确定关于a,b,c的方程组，解出a,b,，从而写出椭圆的标准方程．解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单. 2m2m1,11,18、（Ⅰ）单调递减区间为（Ⅱ）2. ，单调递增区间为；22【解析】 【分析】
    （Ⅰ）求出函数yfx的定义域以及导数fx，利用导数可求出该函数的单调递增区间和单调递减区间；
    （Ⅱ）由题意可知x2xmlnx12
    11x在0,上恒成立，分m0和m0两种情况讨x1e11x，利用导数证明出Gx0在0,上恒成立；x1e2论，在m0时，构造函数Gxx2x2在m0时，经过分析得出0m2，然后构造函数Pxx2x2lnx111，利用导xex1
    数证明出Px0在0,上恒成立，由此得出fxPx0，进而可得出实数m的最大值. 【详解】
    （Ⅰ）函数fxx2xmlnx1的定义域为1,. 22x1m. 当m0时，fx2x2mx1x1令fx0，解得x122m，x211（舍去）22m11. 22m2mx1,11,1yfxfx0当时，，所以，函数在上单调递减； 222m2m当x上单调递增. 21,时，fx0，所以，函数yfx在21,2m2m1,11,因此，函数yfx的单调递减区间为，单调递增区间为； 22（Ⅱ）由题意，可知x2xmlnx12
    11x在0,上恒成立. x1e（i）若m0，lnx10，mlnx10，
    1111xx22xx， x1ex1ex22xmlnx11111Gx2x2x，x0，则构造函数Gxx2x2x，
    ex1x1e2x0，011110. 1，xxee2又2x2x12x22，G'x0在0,上恒成立. GxG00. 所以，函数yGx在0,上单调递增，
    当m0时，x22xmlnx1x11x0在0,上恒成立. x1e（ii）若m0，构造函数Hxex1，x0. Hxex10，所以，函数yHx在0,上单调递增. HxH00恒成立，即exx10，1111x，即x0. x1ex1e
    由题意，知fx11x在0,上恒成立. x1efxx22xmlnx10在0,上恒成立. 2mfxfxf极小值由（Ⅰ）可知min21， 又2m0,1f00，当2m10，即m2时，函数yfx在上单调递减， 222m2mf1f00，不合题意，10，即0m2. 22此时gx11111x22xmlnx1xx22x2lnx1x x1ex1ex12构造函数Pxx2x2lnx111，x0. exx1Px2x2211x， x1ex1211，x11， xex121131x2x2 x1ex12x1x122x13x112Px2x232x13x11x12x12x2x1x120，
    P'x0恒成立，所以，函数yPx在(0,上单调递增，PxP00恒成立. 综上，实数m的最大值为2. 【点睛】
    本题考查利用导数求解函数的单调区间，同时也考查了利用导数研究函数不等式恒成立问题，本题的难点在于不断构造新函数来求解，考查推理能力与运算求解能力，属于难题. 19、（1）C【解析】 【分析】
    （1）由cos2C2cos2C1代入cos2C3cosC10中计算即可； （2）由余弦定理可得c7a，所以sinA3（2）sinA21；c3
    1411sinC，由S△ABCabsinC3sinAsinB，变形即72
    可得到答案. 【详解】
    （1）因为cos2C3cosC10，可得：2cos2C3cosC20， ∴cosC∴C1，或cosC2（舍），∵0C， 23. （2）由余弦定理c2a2b22abcosC3a22a27a2， 得c7a 所以sinC故sinA又S△ABC7sinA，
    17sinC21， 141absinC3sinAsinB，C 232abc所以4，
    sinAsinBsinC所以c【点睛】
    本题考查二倍角公式以及正余弦定理解三角形，考查学生的运算求解能力，是一道容易题. 3. x220、（1）y21； （2）证明见解析，2,1. 4【解析】 【分析】
    （1）根据离心率和AF1F2的面积是3得到方程组，计算得到答案. （2）先排除斜率为0时的情况，设Bx1,y1，Dx2,y2，联立方程组利用韦达定理得到2mtt24y1y22，y1y22，根据kABkAD1化简得到t2m，代入直线方程得到答案. m4m4【详解】
    c32ax222（1）由题意可得bc3，解得a4，b1，则椭圆C的标准方程是y21. 4c2a2b2
    （2）当直线l的斜率为0时，直线AB与直线AD关于y轴对称，则直线AB与直线AD的斜率之和为零，与题设条件矛盾，故直线l的斜率不为0. 设Bx1,y1，Dx2,y2，直线l的方程为xmyt
    x2y21222联立4，整理得m4y2mtyt40
    xmyt2mtt24. 则y1y22，y1y22m4m4因为直线AB与直线AD的斜率之和为1，所以kABkAD1， 所以kABkADy11y21y1y12my1y2mty1y22t12， x1x2my1tmy2tm2y1y2mty1y2t22mt2t24. 将y1y22，y1y22代入上式，整理得kABkADm4tmm4所以21，即t2m， tm则直线l的方程为xmy2mmy12. 故直线l恒过定点2,1. 【点睛】
    本题考查了椭圆的标准方程，直线过定点问题，计算出t2m是解题的关键，意在考查学生的计算能力和转化能力. 21、（1）7（2）14 【解析】 【分析】
    43（1）在ABC中，cosC，可得 sinC，结合正弦定理，即可求得答案；
    55（2）根据余弦定理和三角形面积公式，即可求得答案. 【详解】 （1）3在ABC中，cosC，
    5sinC4，
    5A(BC，
    sinAsin(BCsinBcosCcosBsinC232472， 252510
    ac， sinAsinCcasinA7. sinC（2）c2a2b22abcosC，
    32a2256a， a26a70， 解得a7， SABC【点睛】
    本题主要考查了正弦定理和余弦定理解三角形，解题关键是掌握正弦定理边化角，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 22、（1）a，b4；（2）4 【解析】 【分析】
    （1）分类讨论，求解x的范围，取并集，得到绝对值不等式的解集，即得解；
    114absinC7514. 2252311（2）转化原不等式为：kxyyz，利用均值不等式即得解. xyyz【详解】
    （1）当x1时不等式可化为2x1x12x

    211时，不等式可化为2x1x12x；
    32211当x时，不等式可化为2x1x12x4；
    22当1x4a，b4. 综上不等式的解集为，3abk2 （2）由（1）有a，b4，（2xy）（4yz）xz311k，xyz xyyzxz232311xyyzk（xyyz）2， xyyzyzxy即k2xyyz yzxymin
    而2xyyz4 yzxy当且仅当：xyyzxz，即xyyz，即y时等号成立 yzxy2∴k4，综上实数k最大值为4. 【点睛】
    本题考查了绝对值不等式的求解与不等式的恒成立问题，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
    2020-2021高考数学模拟试卷
    考生请注意：
    1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。 2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
    3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

    一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1． “cos21”是“k，kZ”的（ ） 23B．必要不充分条件 D．既不充分又不必要条件
    A．充分不必要条件 C．充要条件
    2．对两个变量进行回归分析，给出如下一组样本数据：0.675,0.989，1.102,0.010，2.899,1.024，9.101,2.978，下列函数模型中拟合较好的是（ ）
    A．y3x
    B．y3x
    C．yx1
    2D．ylog3x
    x2y23．已知双曲线C:221a0,b0的右焦点为F,O为坐标原点，以OF为直径的圆与双 曲线Cab的一条渐近线交于点O及点A33，则双曲线C的方程为（ ） 22,x2C．y21
    3x2y2D．1
    62y2A．x1
    32x2y2B．1
    264．已知z的共轭复数是z，且zz12i（i为虚数单位） ，则复数z在复平面内对应的点位于（ ）A．第一象限
    B．第二象限
    C．第三象限
    D．第四象限
    5．羽毛球混合双打比赛每队由一男一女两名运动员组成. 某班级从3名男生A1，A2，A3和3名女生B1，B2，B3中各随机选出两名，把选出的4人随机分成两队进行羽毛球混合双打比赛，则A1和B1两人组成一队参加比赛的概率为（ ） A．1
    9B．2
    9C．1
    3D．4
    96．某工厂只生产口罩、抽纸和棉签，如图是该工厂2017年至2019年各产量的百分比堆积图（例如：2017 年该工厂口罩、抽纸、棉签产量分别占40%、27%、33%），根据该图，以下结论一定正确的是（
    ）

    A．2019年该工厂的棉签产量最少 B．这三年中每年抽纸的产量相差不明显 C．三年累计下来产量最多的是口罩 D．口罩的产量逐年增加
    7．甲、乙、丙、丁四人通过抓阄的方式选出一人周末值班（抓到“值”字的人值班）.抓完阄后，甲说：“我没抓到.”乙说：“丙抓到了.”丙说：“丁抓到了”丁说：“我没抓到."已知他们四人中只有一人说了真话，根据他们的说法，可以断定值班的人是（ ） A．甲
    B．乙
    C．丙
    D．丁
    8．函数f(x4sinx数的一条对称轴是（ ） A．x(0的最小正周期是3，则其图象向左平移6个单位长度后得到的函34
    B．x3
    C．x5
    6D．x19
    129．已知m为实数，直线l1：mxy10，l2：3m2xmy20，则“m1”是“l1//l2”的（ ） A．充要条件 C．必要不充分条件
    B．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
    x2,x010．已知函数f(x，若fx02，则x0的取值范围是（ ）
    x4,x0A．(,1 B．(1,0] C．(1, D．(,0
    11．设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ） A．若，m，n，则mn B．若//，m，n，则m//n C．若mn，m，n，则 D．若m，m//n，n//，则

    12．若函数y2sin2x2的图象经过点，0，则函数fxsin2xcos2x12图象的一条对称轴的方程可以为( A．x24
    B．x37
    24C．x17
    24D．x13
    24二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
    x213．经过椭圆y21中心的直线与椭圆相交于M、N两点（点M在第一象限），过点M作x轴的垂2线，垂足为点E.设直线NE与椭圆的另一个交点为P.则cosNMP的值是________________．
    3y2x1014．平面区域y4x70的外接圆的方程是____________. yx2015．如果复数z满足iz1i，那么z______（i为虚数单位）. 16．已知向量a，b满足a2，b1，ab3，则向量a在b的夹角为______. 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．（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAD60，△PAD是边长为2的正三角形，PC10，E为线段AD的中点．

    （1）求证：平面PBC平面PBE；
    （2）若F为线段PC上一点，当二面角PDBF的余弦值为5时，求三棱锥BPDF的体积．
    518． （12分）在四棱锥P—ABCD的底面是菱形， PO底面ABCD，O，E 分别是AD,AB的中点，AB6,AP5,BAD60.
    （Ⅰ）求证： ACPE；
    （Ⅱ）求直线PB与平面POE所成角的正弦值；

    （III）在DC边上是否存在点F，使BF与PA所成角的余弦值为不存在，说明理由. 33，若存在，确定点F的位置；若1019．（12分）已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束． （1）求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；
    （2）已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用（单位：元），求X的分布列．
    20．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，∠BAD＝60°，AB=PA＝4，E是PA的中点，AC，BD交于点O.
    （1）求证：OE∥平面PBC； （2）求三棱锥E﹣PBD的体积. 21．（12分）已知函数f(xln（1）当a1时. ①求函数f(x在(2,f(2处的切线方程； ②定义Snf(f(4x(2a(x1. x1n2nf(4n1其中nN，求S2020；
    n（2）当a2时，设t(xf(xln4xx2，g(xxe1x(e为自然对数的底数，若对任意给定的x00,e，在0,e上总存在两个不同的xi(i1,2，使得t(xig(x0成立，求a的取值范围. 22．（10分）已知函数fxex，gxxklnxkx．
    x（1）若k1，ftgt，求实数t的值．
    （2）若a,bR，fagbf0g0ab，求正实数k的取值范围．



    参考答案
    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、B 【解析】 【分析】
    先求出满足cos2【详解】 由cos21的值，然后根据充分必要条件的定义判断．
    2211得22k，即k，kZ ，因此“cos2”是“k，33223kZ”的必要不充分条件．
    故选：B． 【点睛】
    本题考查充分必要条件，掌握充分必要条件的定义是解题基础．解题时可根据条件与结论中参数的取值范围进行判断． 2、D 【解析】 【分析】
    作出四个函数的图象及给出的四个点，观察这四个点在靠近哪个曲线． 【详解】

    如图，作出A，B，C，D中四个函数图象，同时描出题中的四个点，它们在曲线ylog3x的两侧，与其他三个曲线都离得很远，因此D是正确选项， 故选：D． 【点睛】
    本题考查回归分析，拟合曲线包含或靠近样本数据的点越多，说明拟合效果好． 3、C 【解析】 【分析】

    根据双曲线方程求出渐近线方程：y33b3,x，再将点A代入可得ba，连接FA，根据圆的22a3c233性质可得，从而可求出c，再由c2a2b2即可求解. 33【详解】
    x2y2由双曲线C:221a0,b0，
    ab则渐近线方程：ybx，
    ab3a， 3

    c23b3连接FA，则，解得c2， AOa33所以c2a2b24，解得a3,b1. 22FAx2故双曲线方程为y21. 3故选：C 【点睛】
    本题考查了双曲线的几何性质，需掌握双曲线的渐近线求法，属于中档题. 4、D 【解析】 【分析】
    x2y2x1设zxyix,yR，整理zz12i得到方程组，解方程组即可解决问题．
    y20【详解】
    设zxyix,yR，

    因为zz12i，所以x2y2xyi12ix1y2i，
    3x2y2x1x所以，解得：2，
    y20y2所以复数z在复平面内对应的点为,2，此点位于第四象限. 故选D 【点睛】
    本题主要考查了复数相等、复数表示的点知识，考查了方程思想，属于基础题． 5、B 【解析】 【分析】
    11C32C32C2C2根据组合知识，计算出选出的4人分成两队混合双打的总数为，然后计算A1和B1分在一组的2A232数目为C2C2，最后简单计算，可得结果. 【详解】 由题可知：
    分别从3名男生、3名女生中选2人 ：C32C32
    11C2C将选中2名女生平均分为两组：21
    A21111C2C将选中2名男生平均分为两组：21
    A2则选出的4人分成两队混合双打的总数为：
    111111C2C2C1C2C12C32C32C2CCA18 2222A2A2A2232311A1和B1分在一组的数目为C2C24
    所以所求的概率为故选：B 【点睛】
    42 189本题考查排列组合的综合应用，对平均分组的问题要掌握公式，比如：平均分成m组，则要除以Am，即mm!，审清题意，细心计算，考验分析能力，属中档题. 6、C
    【解析】 【分析】
    根据该厂每年产量未知可判断A、B、D选项的正误，根据每年口罩在该厂的产量中所占的比重最大可判断C选项的正误.综合可得出结论. 【详解】
    由于该工厂2017年至2019年的产量未知，所以，从2017年至2019年棉签产量、抽纸产量以及口罩产量的变化无法比较，故A、B、D选项错误；
    由堆积图可知，从2017年至2019年，该工厂生产的口罩占该工厂的总产量的比重是最大的，则三年累计下来产量最多的是口罩，C选项正确. 故选：C. 【点睛】
    本题考查堆积图的应用，考查数据处理能力，属于基础题. 7、A 【解析】 【分析】
    可采用假设法进行讨论推理，即可得到结论. 【详解】
    由题意，假设甲：我没有抓到是真的，乙：丙抓到了，则丙：丁抓到了是假的， 丁：我没有抓到就是真的，与他们四人中只有一个人抓到是矛盾的； 假设甲：我没有抓到是假的，那么丁：我没有抓到就是真的， 乙：丙抓到了，丙：丁抓到了是假的，成立， 所以可以断定值班人是甲. 故选：A. 【点睛】
    本题主要考查了合情推理及其应用，其中解答中合理采用假设法进行讨论推理是解答的关键，着重考查了推理与分析判断能力，属于基础题. 8、D 【解析】 【分析】
    由三角函数的周期可得2，由函数图像的变换可得， 平移后得到函数解析式为342y4sinx，再求其对称轴方程即可. 93【详解】

    解：函数f(x4sinx2(0f(x4sinx的最小正周期是，则函数3，经过平移33323后得到函数解析式为y4sinx得x424sinx639324xk(kZ， ，由392319k(kZ，当k1时，x. 21212故选D. 【点睛】
    本题考查了正弦函数图像的性质及函数图像的平移变换，属基础题. 9、A 【解析】 【分析】
    根据直线平行的等价条件，求出m的值，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【详解】
    当m=1时，两直线方程分别为直线l1：x+y﹣1=0，l2：x+y﹣2=0满足l1∥l2，即充分性成立， 当m=0时，两直线方程分别为y﹣1=0，和﹣2x﹣2=0，不满足条件． 当m≠0时，则l1∥l2⇒由3m2m2， m113m2m得m2﹣3m+2=0得m=1或m=2， m1m2由得m≠2，则m=1， 11即“m=1”是“l1∥l2”的充要条件， 故答案为：A 【点睛】
    （1）本题主要考查充要条件的判断，考查两直线平行的等价条件，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2 本题也可以利用下面的结论解答，直线a1xb1yc10和直线a2xb2yc20平行，则a1b2a2b10且两直线不重合,求出参数的值后要代入检验看两直线是否重合. 10、B 【解析】 【分析】
    对x0分类讨论，代入解析式求出f(x0，解不等式，即可求解. 【详解】
    x2,x0函数f(x，由fx02
    x4,x0
    2x02x042 得或x00x00解得1x00. 故选:B. 【点睛】
    本题考查利用分段函数性质解不等式，属于基础题. 11、D 【解析】
    试题分析：m，n,,故选D. 考点：点线面的位置关系. 12、B 【解析】 【分析】 由点，0求得的值，化简fx解析式，根据三角函数对称轴的求法，求得fx的对称轴，由此12确定正确选项. 【详解】 由题可知2sin20,. 1226所以fxsin2x令2x5cos2x2sin2x2sin2x 6664125k,kZ， 122k,kZ 得x24237 令k3，得x24故选：B 【点睛】
    本小题主要考查根据三角函数图象上点的坐标求参数，考查三角恒等变换，考查三角函数对称轴的求法，属于中档题.
    二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13、0 【解析】

    【分析】
    Ex0,0，作出图形，设点Mx0,y0，则Nx0,y0、设点Px1,y1，利用点差法得出kMNkMP利用斜率公式得出kNP的值. 【详解】
    设点Mx0,y0x00,y00，则Nx0,y0、Ex0,0，设点Px1,y1，
    1，2    1kMN，进而可得出kMNkMP1，可得出MNMP，由此可求得cosNMP2
    2x02y0122y12y012x12x022则2，两式相减得， y1y00，即22xx2210x1y21122y1y0y1y0y12y012，
    2x1x0x1x0x1x02即kMPkNP由斜率公式得kNPkNEy01y11110kMN，kMPkNPkMPkMNkMNkMP，2x02x02222kMNkMP1，故MNMP，
    因此，cosNMP0. 故答案为：0. 【点睛】
    本题考查椭圆中角的余弦值的求解，涉及了点差法与斜率公式的应用，考查计算能力，属于中等题. 14、xy【解析】 【分析】
    作出平面区域，可知平面区域为三角形，求出三角形的三个顶点坐标，设三角形的外接圆方程为x2y2DxEyF0，将三角形三个顶点坐标代入圆的一般方程，求出D、E、F的值，即可得出所2211912xy0 555求圆的方程.
    【详解】
    3y2x10作出不等式组y4x70所表示的平面区域如下图所示：
    yx20
    yx20x1由图可知，平面区域为ABC，联立，解得，则点A1,3，
    y4x70y3同理可得点B2,1、C1,1，
    设ABC的外接圆方程为x2y2DxEyF0，
    D3EF10011912由题意可得2DEF50，解得D，E，F，
    355DEF2011912xy0. 55511912220. 故答案为：xyxy555因此，所求圆的方程为xy22【点睛】
    本题考查三角形外接圆方程的求解，同时也考查了一元二次不等式组所表示的平面区域的求作，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于中等题. 15、2 【解析】 【分析】
    把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数模的计算公式求解. 【详解】 ∵iz1i， ∴z1i1ii1i，
    2ii
    ∴z2，
    故答案为：2. 【点睛】
    本小题主要考查复数除法运算，考查复数的模的求法，属于基础题. 16、
    3【解析】 【分析】
    把ab3平方利用数量积的运算化简即得解. 【详解】
    因为a2，b1，ab3， 所以a2abb3，∴ab1， ∴cos所以221，因为[0,]
    2    .     3故答案为：【点睛】

    3本题主要考查平面向量的数量积的运算法则，考查向量的夹角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
    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、（1）见解析； （2）【解析】 【分析】
    （1）先证明PEAD，BEAD可证AD平面PBE，再由AD∥BC可证BC⊥平面PBE，即得证；（2）以E为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Exyz，设PFPC(01，求解面DBP的法向量m，面DFB的法向量n，利用二面角PDBF的余弦值为5，可求解，转化55. 9VBPDFVPBDCVFBDC即得解. 【详解】
    （1）证明：因为△PAD是正三角形，E为线段AD的中点， 所以PEAD．
    因为ABCD是菱形，所以ADAB．

    因为BAD60，所以△ABD是正三角形， 所以BEAD，所以AD平面PBE． 又AD∥BC，所以BC⊥平面PBE． 因为BC平面PBC， 所以平面PBC平面PBE． （2）由（1）知BC⊥平面PBE， 所以BCPB，PB而PEBEPC2BC26．
    3，
    所以PB2PE2BE2，PEEB． 又PEAD，
    所以PE平面ABCD．
    以E为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Exyz．

    则B(0,3,0,P(0,0,3,C(2,3,0,D(1,0,0． 于是，DP(1,0,3，DB(1,3,0． 设面DBP的一个法向量m(x,y,z，
    mDB0,x3y0, 由得mDP0,x3z0.令x3，则yz1， 即m(3,1,1． 设PFPC(01，
    易得F(2,3,33，DF(12,3,33． 设面DFB的一个法向量n(x,y,z，

    nDB0,x3y0, 由得nDF0,(12x3y(33z0.13令x3，则y1，z，
    113n3,1,即． 1依题意|cosm,n|5， 54即31121354155，
    令331t，则t， 123135，即． 1295515VPBDC33． 9939即所以VBPDFVPBDCVFBDC【点睛】
    本题考查了空间向量和立体几何综合，考查了面面垂直的判断，二面角的向量求解，三棱锥的体积等知识点，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题. 18、（Ⅰ）见解析； （Ⅱ）【解析】 【分析】
    (Ⅰ由题意结合几何关系可证得AC平面POE，据此证明题中的结论即可；
    (Ⅱ建立空间直角坐标系，求得直线PB的方向向量与平面POE的一个法向量，然后求解线面角的正弦值即可；
    (Ⅲ假设满足题意的点F存在，设DFDC(01，由直线BF与PA的方向向量得到关于的方程，解方程即可确定点F的位置. 【详解】
    (Ⅰ由菱形的性质可得：ACBD，结合三角形中位线的性质可知：OEBD，故OEAC，
    3129； （Ⅲ）见解析. 86PO底面ABCD，AC底面ABCD，故ACOP，
    且OPOEO，故AC平面POE，
    PE平面POE，ACPE

    (Ⅱ由题意结合菱形的性质易知OPOA，OPOB，OAOB， 以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，

    则：P0,0,4,B0,33,0,00,0,0,E,设平面POE的一个法向量为mx,y,z, 333,0，
    22mOP4z0则：， 333y0mOBx22据此可得平面POE的一个法向量为m而PB0,33,4，
    设直线PB与平面POE所成角为， 则sin3,1,0，
    PBmPBm333129. 86213(Ⅲ由题意可得：D3,0,0,C6,33,0,A3,0,0，假设满足题意的点F存在， 设Fx,y,z，DFDC(01，
    x33x3,y,z3,33,0据此可得：，即：y33, z0从而点F的坐标为F33,33,0，
    据此可得：BF33,3333,0,PA3,0,4，
    BFPA结合题意有：BFPA9959127122331，解得：. 102故点F为CD中点时满足题意.
    【点睛】
    本题主要考查线面垂直的判定定理与性质定理，线面角的向量求法，立体几何中的探索性问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 19、（1）3；（2）见解析. 10【解析】 【分析】
    （1）利用独立事件的概率乘法公式可计算出所求事件的概率；
    （2）由题意可知随机变量X的可能取值有200、300、400，计算出随机变量X在不同取值下的概率，由此可得出随机变量X的分布列. 【详解】
    （1）记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件A，则PA（2）由题意可知，随机变量X的可能取值为200、300、400．
    31122A3C2C3A2A213PX200PX300则，， 23A510A510233； 5410P(X4001PX200PX3001故X的分布列为
    133． 10105X
    P
    【点睛】
    200
    1
    10300
    3
    10400 3
    5本题考查概率的计算，同时也考查了随机变量分布列，考查计算能力，属于基础题. 20、（1）证明见解析（2）【解析】 【分析】
    （1）连接OE，利用三角形中位线定理得到OE∥PC，即可证出OE∥平面PBC； （2）由E是PA的中点，VE﹣PBD【详解】
    （1）证明：如图所示：
    ∵点O，E分别是AC，PA的中点， ∴OE是△PAC的中位线，∴OE∥PC， 又∵OE平面PBC，PC平面PBC，
    83
    311VA﹣PBDVPABD，求出S△ABD，即可求解. 22
    ∴OE∥平面PBC；
    （2）解：∵PA＝AB＝4，∴AE＝2， ∵底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°， ∴S△ABD144sin6043，
    2∴三棱锥E﹣PBD的体积
    11183. VE﹣PBDVA﹣PBDVPABDPAS△ABD2223
    【点睛】
    本题考查空间线、面位置关系，证明直线与平面平行以及求三棱锥的体积，注意等体积法的应用，考查逻辑推理、数学计算能力，属于基础题. 21、（1）①y1；②8079；（2）,2【解析】 【分析】
    4xx24x4x1，f(x（1）①a1时，f(xln，利用导数的几何意义能求出函数f(x在2xx4x3. e12,f2处的切线方程．
    ②由f(xln值．
    （2）根据若对任意给定的x0(0，e]，在区间(0，e]上总存在两个不同的xi(i1,2，使得t(xig(x0成立，得到函数t(x在区间(0，e]上不单调，从而求得a的取值范围． 【详解】
    （1）①∵a1，f(xln4x128079x1，得f(xf(4x2，由此能求出S2020f(f(f(的x2020202020204xx1
    x∴f(xln(4xlnxx1,(0x4 ∴fx111，∴f20，∵f21， 4xx所以切线方程为y1.
    ②f(xln4xxx1，f(4xln4x1 x4xf(xf(4x2,(0x4.
    iii，则f(f(42,(i1,2,,4n1. nnn1221因为Snf(f(f(4f(4①,
    nnnn1221所以Snf(4f(4f(f(②,
    nnnn令x*由①+②得2Sn2(4n1,所以Sn4n1,(nN.
    所以S20208079. （2）g(xe1xxe1x(1xe1x，当x(0,1时，g(x0,函数g(x单调递增；
    2e当x1,e时，g(x0，函数g(x单调递减∵g00，g11，gee所以，函数gx在0,e上的值域为0,1. 因为a2，0
    t(x2a2x(2a(xx22a ，x0,e
    故022e，a2，① 2ae此时，当x 变化时t(x、t(x的变化情况如下：
    x
    (0,    2 2a2 2a0 2,e 2a+ t(x
    —
    t(x
    单调减 最小值 单调增
    ∵x0，tx
    22ta2ln，te2ae12
    2a2a∴对任意给定的x00,e，在区间0,e上总存在两个不同的xi(i1,2， 使得t(xig(x0成立，当且仅当a满足下列条件
    22t(0a2ln0② ，即2a2at(e1(2a(e121③
    令haa2ln22，a,2，
    e2ah(a12[ln2ln(2a]12a， 2aa22e当a(,0时，h(a0，函数h(a单调递增，当a(0,2时，h(a0，函数h(a单调递减所2e3.④ 由③式解得：a2e1以，对任意a(,2，有h(ah(00，即②对任意a(,2恒成立. 2e综合①④可知，当a,23时，对任意给定的x00,e， e1在0,e上总存在两个不同的xii1,2，使t(xig(x0成立. 【点睛】
    本题考查了导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性、求函数最值问题，会利用导函数的正负确定函数的单调性，会根据函数的增减性求出闭区间上函数的最值，掌握不等式恒成立时所满足的条件．不等式恒成立常转化为函数最值问题解决． 22、（1）1（2）k【解析】 【分析】
    （1）求得fx和gx，由k1，ftgt，得elnt110，令telnt11，tt1
    令导数求得函数t的单调性，利用t00，即可求解．
    （2）解法一：令hxfxbxgbf0g0，利用导数求得hx的单调性，转化为hxhlnb1，令txxklnxkx1lnx1klnk（x0），利用导数得到tx的单调性，分类讨论，即可求解．
    解法二：可利用导数，先证明不等式，exx10，x1lnx，xxlnx10，
    令hxgxaxfaf0g0（x0），利用导数，分类讨论得出函数的单调性与最值，即可求解． 【详解】
    x（1）由题意，得fxe1，gxlnxk，

    由k1，ftgt…①，得elnt110，
    t    t令telnt11，则tet1， t1
    t因为te1t120，所以t在1,单调递增，

    又00，所以当1x0时，t0，t单调递增； 当x0时，t0，t单调递减；
    所以t00，当且仅当t0时等号成立． 故方程①有且仅有唯一解t0，实数t的值为1．

    （2）解法一：令hxfxbxgbf0g0（x0）， 则hxeb1，
    x所以当xlnb1时，hx0，hx单调递增; 当0xlnb1时，hx0，hx单调递减; 故hxhlnb1 flnb1gbf0g0blnb1
    bklnbkb1lnb1klnk．

    令txxklnxkx1lnx1klnk（x0）， 则txlnxklnx1．
    （i）若k1时，tx0，tx在0,单调递增， 所以txt00，满足题意． （ii）若k1时，tx0，满足题意．
    （iii）若0k1时，tx0，tx在0,单调递减， 所以txt00．不满足题意． 综上述：k1．

    解法二：先证明不等式，exx10，x1lnx，xxlnx10…（*）． 令xex1，
    x则当x0时，xe10，x单调递增，
    x当x0时，xe10，x单调递减，
    x所以x00，即ex10xR．
    x变形得，exx1，所以x1时，xlnx1，

    所以当x0时，x1lnx. 又由上式得，当x0时，111ln，1xxlnx，xxlnx10. xx因此不等式（*）均成立．

    令hxgxaxfaf0g0（x0）， 则hxlnxka，
    （i）若alnk时，当xeak时，hx0，hx单调递增; 当0xeak时，hx0，hx单调递减; 故hxhek gekaekfaf0g0

    a    a    ak1ak1klnk．

    （ii）若0alnk时，hx0，hx在0,单调递增， 所以hxh0faf0 eaa1．

    因此，①当0k1时，此时lnk0，alnk，hxk1ak1klnk0，
    k10, 则需k1klnk0,由（*）知，kklnk10，（当且仅当k1时等号成立），所以k1． ②当k1时，此时lnk0，a0，
    则当alnk时，hxk1ak1klnk k1lnkk1klnk ； lnkk10（由（*）知）当0alnk时，hxea10（由（*）知）．故对于任意a0，hx0．
    a综上述：k1． 【点睛】
    本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．

    2020-2021高考数学模拟试卷
    考生须知：
    1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
    2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
    3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

    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．我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在ABC中，a2b2c212(ab角A,B,C所对的边分别为a,b,c，则ABC的面积S422.根据此公式，若acosBb3ccosA0，且a2b2c22，则ABC的面积为（ ）
    A．2
    B．22
    C．6
    D．23
    2．已知直线y＝k（x﹣1）与抛物线C：y2＝4x交于A，B两点，直线y＝2k（x﹣2）与抛物线D：y2＝8x交于M，N两点，设λ＝|AB|﹣2|MN|，则（ ） A．λ＜﹣16 B．λ＝﹣16 C．﹣12＜λ＜0 D．λ＝﹣12 3．如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面中最大面的面积为（ ）

    A．    5
    2B．23 C．8 D．83
    4．已知函数f(x12，ax(x1ex(aR若对区间01内的任意实数x1、x2、x3，都有2f(x1f(x2f(x3，则实数a的取值范围是( ）
    ，2 A．1B．e,4
    C．4 1，，2e,4 D．15．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A．α内有无数条直线与β平行 B．α内有两条相交直线与β平行

    C．α，β平行于同一条直线 D．α，β垂直于同一平面 6．复数A．i
    12i（ ）． 2iB．1i
    C．i
    D．1i
    7．已知三棱锥ABCD的所有顶点都在球O的球面上，AD平面ABC,若球O的表面积为20，则三棱锥ABCD的体积的最大值为（ ） A．BAC120，AD2，3
    3B．23
    3C．3 D．23
    x2y228．若双曲线221a0,b0的渐近线与圆x2y21相切，则双曲线的离心率为(

    abA．2 B．3
    2C．23
    3D．3
    9．已知ABC中，AB2,BC3,ABC60,BD2DC,AEEC，则ADBE（ ）

    A．1 B．2 C．1
    2D．1
    210．已知正项等比数列an的前n项和为Sn，且7S24S4，则公比q的值为（ ） A．1
    B．1或21
    2C．3
    2D．3
    211．如图，抛物线M：y8x的焦点为F，过点F的直线l与抛物线M交于A，B两点，若直线l与以F为圆心，线段OF（O为坐标原点）长为半径的圆交于C，D两点，则关于的是（ ）
    ACBD值的说法正确
    A．等于4 B．大于4 C．小于4 D．不确定

    12．将函数fxcos2x图象上所有点向左平移个单位长度后得到函数gx的图象，如果gx在区4间0,a上单调递减，那么实数a的最大值为（ ）
    A．
    8B．
    4C．
    2D．
    34二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
    13．某种产品的质量指标值Z服从正态分布N(,2，且P(3Z30.9974．某用户购买了10000件这种产品，则这10000件产品中质量指标值位于区间(3,3之外的产品件数为_________．
    14．设命题p：x0R，2x021x02，则p：__________．
    an215．已知数列an与，且a12，则a10______． 均为等差数列（nN*）n16．已知双曲线的一条渐近线为y2x，且经过抛物线y24x的焦点，则双曲线的标准方程为______. 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。
    xm217．(m为参数.以坐标原点O为极点，（12分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为y2mx轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为sincos10. （Ⅰ）求直线l的直角坐标方程与曲线C的普通方程；
    11（Ⅱ）已知点P2,1,设直线l与曲线C相交于M,N两点，求的值. PMPN18．（12分）如图，四棱锥PABCD的底面ABCD中，△ABD为等边三角形，BCD是等腰三角形，且顶角BCD120，PCBD，平面PBD平面ABCD，M为PA中点.
    （1）求证：DM//平面PBC；
    （2）若PDPB，求二面角CPAB的余弦值大小. 19．（12分）为了拓展城市的旅游业，实现不同市区间的物资交流，政府决定在A市与B市之间建一条直达公路，中间设有至少8个的偶数个十字路口，记为2m，现规划在每个路口处种植一颗杨树或者木棉树，且种植每种树木的概率均为1. 2（1）现征求两市居民的种植意见，看看哪一种植物更受欢迎，得到的数据如下所示：

    喜欢杨树 喜欢木棉树
    A市居民 300 250 B市居民 200 250 是否有99.9%的把握认为喜欢树木的种类与居民所在的城市具有相关性；
    （2）若从所有的路口中随机抽取4个路口，恰有X个路口种植杨树，求X的分布列以及数学期望； （3）在所有的路口种植完成后，选取3个种植同一种树的路口，记总的选取方法数为M，求证：3Mm(m1(m2. n(adbc2 附：K(ab(cd(ac(bd2PK2k
    0.100 2.706 0.050 3.841 0.010 6.635 0.001 10.828 k

    20．（12分）如图，在AOB中，已知AOB2BAO，6，AB4，D为线段AB的中点，△AOC是由AOB绕直线AO旋转而成，记二面角BAOC的大小为.
    （1）当平面COD平面AOB时，求的值； （2）当2时，求二面角BODC的余弦值. 32 ．3c，cosB21．（12分）在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，bsinA3csinB，a3，b，（Ⅰ）求b的值；
    （Ⅱ）求cos(2B的值．
    622．（10分）已知函数f(xln(axa,(a0．
    x（1）若函数h(xef(x在(0,上单调递增，求实数a的值；
    （2）定义：若直线l:ykxb与曲线C1:f1(x,y0、C2:f2(x,y0都相切，我们称直线l为曲线C1、
    C2的公切线，证明：曲线f(xln(axa,(a0与g(xaex,(a0总存在公切线．
    参考答案
    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、A 【解析】 【分析】
    根据acosBb3ccosA0，利用正弦定理边化为角得sinAcosBcosAsinB3sinCcosA0，整理为sinC13cosA0，根据sinC0，得cosA2221cba2222，代入公式S(bcabc24221，再由余弦定理得bc3，又3求解. 【详解】
    由acosBb3ccosA0得sinAcosBcosAsinB3sinCcosA0， 即sinAB3sinCcosA0，即sinC13cosA0， 因为sinC0，所以cosA2221， 32bc2，所以bc3，
    3    2由余弦定理abc2bccosAc2b2a212(bc由ABC的面积公式得S42故选：A 【点睛】
    122312
    4本题主要考查正弦定理和余弦定理以及类比推理，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 2、D 【解析】 【分析】
    分别联立直线与抛物线的方程，利用韦达定理，可得AB4果. 44AB4，，然后计算，可得结22kk
    【详解】
    设Ax1,y1,Bx2,y2，

    kx1）22y（kx2k24xk20 联立2y4x2k244则x1x2， 222kk因为直线ykx1经过C的焦点， 所以ABx1x2p4同理可得MN84. k22， 2k所以41612 故选：D. 【点睛】
    本题考查的是直线与抛物线的交点问题，运用抛物线的焦点弦求参数，属基础题。 3、B 【解析】 【分析】
    根据三视图可以得到原几何体为三棱锥，且是有三条棱互相垂直的三棱锥，根据几何体的各面面积可得最大面的面积． 【详解】
    解：分析题意可知，如下图所示，

    该几何体为一个正方体中的三棱锥ABCD， 最大面的表面边长为22的等边三角形ABC， 故其面积为故选B． 【点睛】
    3(22223，
    4
    本题考查了几何体的三视图问题，解题的关键是要能由三视图解析出原几何体，从而解决问题． 4、C 【解析】
    ，内的任意实数x1、x2、x3，分析：先求导,再对a分类讨论求函数的单调区间，再画图分析转化对区间01都有fx1fx2fx3，得到关于a的不等式组，再解不等式组得到实数a的取值范围. 详解：由题得f(xax[e(x1e]axxex(ae. xxxx，单调递减， 当a＜1时，f(x0，所以函数f（x）在01，内的任意实数x1、x2、x3，都有fx1fx2fx3， 因为对区间01 所以f(1f(1f(0， 所以11aa1, 22 故a≥1，与a＜1矛盾，故a＜1矛盾. 当1≤a时，函数f(x在[0,lna]单调递增，在(lna,1]单调递减. 所以f(xmaxf(lna1aln2aalnaa,
    2，内的任意实数x1、x2、x3，都有fx1fx2fx3， 因为对区间01 所以f(0f(1f(lna，
    11aaln2aalnaa, 22112 即alnaalnaa10
    22112 令g(aalnaalnaa1,(1ae，
    2212 所以g(a(lna10,
    2 所以1 所以函数g(a在（1，e）上单调递减， 所以g(amaxg(110，
    2 所以当1≤a时，满足题意. 当ae时，函数f(x在(0,1单调递增, ，内的任意实数x1、x2、x3，都有fx1fx2fx3， 因为对区间01 所以f(0f(0f(1, 故1+11a，
    2 所以a4.

    故ea4.
    ，4. 综上所述，a∈1故选C. ，内的任意实数x1、x2、x3，都有fx1fx2fx3”的转点睛：本题的难点在于“对区间01化.由于是函数的问题，所以我们要联想到利用函数的性质（单调性、奇偶性、周期性、对称性、最值、极值等）来分析解答问题.本题就是把这个条件和函数的单调性和最值联系起来，完成了数学问题的等价转化，找到了问题的突破口. 5、B 【解析】 【分析】
    本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断． 【详解】
    由面面平行的判定定理知：内两条相交直线都与平行是//的充分条件，由面面平行性质定理知，若//，则内任意一条直线都与平行，所以内两条相交直线都与平行是//的必要条件，故选B． 【点睛】
    面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若a,b,a//b，则//”此类的错误．
    6、A 【解析】 试题分析：12i(12i(2i2i4i2i，故选A. 2i(2i(2i5【考点】复数运算
    【名师点睛】复数代数形式的四则运算的法则是进行复数运算的理论依据，加减运算类似于多项式的合并同类项，乘法法则类似于多项式的乘法法则，除法运算则先将除式写成分式的形式，再将分母实数化. 7、B 【解析】 【分析】
    AB=x, AC=y,由球0的表面积为20π，由题意画出图形，设球0得半径为R，可得R2=5，再求出三角形A BC外接圆的半径,利用余弦定理及基本不等式求xy的最大值，代入棱锥体积公式得答案. 【详解】

    设球O的半径为R，ABx，ACy， 由4R220，得R25． 如图：

    设三角形ABC的外心为G，连接OG，GA，OA， 可得OG1AD1，则AGR212．
    2    BC2AG4，
    sin120在ABC中，由正弦定理可得：即BC23，
    122222由余弦定理可得，BC12xy2xy(xyxy3xy，
    2xy4．
    1123则三棱锥ABCD的体积的最大值为4sin1202．
    323故选：B． 【点睛】
    本题考查三棱锥的外接球、三棱锥的侧面积、体积，基本不等式等基础知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力、运算求解能力，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，是中档题． 8、C 【解析】 【分析】
    利用圆心(2,0到渐近线的距离等于半径即可建立a,b,c间的关系. 【详解】
    由已知，双曲线的渐近线方程为bxay0，故圆心(2,0到渐近线的距离等于1，即|2b|ab221，
    所以a2故选：C. 【点睛】
    3b2，ecb123. 1(21aa33
    本题考查双曲线离心率的求法，求双曲线离心率问题，关键是建立a,b,c三者间的方程或不等关系，本题是一道基础题. 9、C 【解析】 【分析】
    以BA,BC为基底，将AD,BE用基底表示，根据向量数量积的运算律，即可求解. 【详解】 BD2DC,BD22BC,ADBDBABCBA, 3311BCBA, 22211ADBE(BCBA(BCBA
    32221112BCBCBABA 362111123. 622AEEC,BE故选:C. 【点睛】
    本题考查向量的线性运算以及向量的基本定理，考查向量数量积运算，属于中档题. 10、C 【解析】 【分析】
    由7S24S4可得3a1a24a3a4，故可求q的值. 【详解】
    因为7S24S4，所以3a1a24S4S24a3a4， 故q233，因an为正项等比数列，故q0，所以q，故选C. 42【点睛】
    一般地，如果an为等比数列，Sn为其前n项和，则有性质：
    （1）若m,n,p,qN*,mnpq，则amanapaq；
    n（2）公比q1时，则有SnABq，其中A,B为常数且AB0；
    （3）Sn,S2nSn,S3nS2n,11、A 为等比数列（Sn0 ）且公比为qn.

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