2020高考数学(理科)全国二卷高考模拟试卷(2)

2020高考数学（理科）全国二卷高考模拟试卷（2）

一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）

1．（5分）复数z＝（1+2i）2（i为虚数单位）的共轭复数𝑧在复平面内对应的点在（ ） A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

2．（5分）已知集合A＝{x|x2﹣2x﹣3＜0}，集合B＝{x|x﹣1≥0}，则∁R（A∩B）＝（ ） A．（﹣∞，1）∪[3，+∞） C．（﹣∞，1）∪（3，+∞）

B．（﹣∞，1]∪[3，+∞） D．（1，3）

𝑥−𝑦−2≤0，3．（5分）若x，y满足约束条件{3𝑥−𝑦+1≥0，则z＝4x+2y的最小值为（ ）

𝑦≤2，A．﹣17

B．﹣13

C．

163

D．20

4．（5分）下列四个命题中错误的是（ ）

A．若直线a、b相交，则直线a、b确定一个平面 B．若四点不共面，则这四点中任意三点都不共线 C．若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线 D．经过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直

5．（5分）今年入冬以来，我市天机反复．在下图中统计了我市上个月前15的气温，以及相对去年同期的气温差（今年气温﹣去年气温，单位：摄氏度），以下判断错误的是（ ）

A．今年每天气温都比去年气温低 B．今年的气温的平均值比去年低 C．今年8﹣12号气温持续上升 D．今年8号气温最低

6．（5分）已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，an+2an＝39（n∈N*），那么数列{an}的前50项和S50的最小值为（ ）

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A．637 B．559 C．481+25√39 D．492+24√78 7．（5分）若圆锥的高等于底面直径，侧面积为√5𝜋，则该圆锥的体积为（ ） A．π

31

B．π

3

2

C．2π D．

163

π

8．（5分）下列命题错误的是（ ）

A．∃α，β∈R，cos（α+β）＝cosαcosβ+sinαsinβ B．∀x，k∈R，sin（x+k•2π）＝sinx C．∃x∈[0，)，sin（x+）＝sinx D．∀x∈R+，∃k∈R，sinx≤kx

9．（5分）已知sin（+）=，则sinα的值等于（ ）

2

4𝛼

𝜋

1

3𝜋2𝜋3

A．−

→

79B．−

→

→

→

→

29C． 9

→→

2

D． 9

7

→→→→3

10．（5分）已知向量𝑎，𝑏，𝑐满足|𝑎|＝1，|𝑏|=√3，𝑎•𝑏=−2，＜𝑎−𝑐，𝑏−𝑐＞=30°，

则|𝑐|的最大值等于（ ） A．2√7 B．√7 C．2

D．√2

→

11．（5分）已知直线y＝a与双曲线𝐶：𝑥2𝑦2

−=1(𝑎＞0，𝑏＞0)的一条渐近线交于点P，𝑎2𝑏2√5双曲线C的左、右顶点分别为A1，A2，若|𝑃𝐴2|=2|𝐴1𝐴2|，则双曲线C的离心率为（ ） A．√2 B．

√10 3

|2𝑥|−4

C．2 或

√10 3

D．

√10或√2 3

12．（5分）已知函数𝑓(𝑥)=𝑙𝑛(𝑒

𝑎+𝑥−2(𝑥≥0)

+1)，𝑔(𝑥)={，若存在a∈[n，n+1]

𝑎−𝑥−2(𝑥＜0)

（n∈Z）使得方程f（x）＝g（x）有四个实根．则n的最大值为（ ） A．2

B．1

C．0

D．﹣1

二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）

13．（5分）已知某校高一、高二、高三年级分别有1000、800、600名学生，现计划用分层抽样方法在各年级共抽取120名学生去参加社会实践，则在高一年级需抽取 名学生．

14．（5分）“2020武汉加油、中国加油”，为了抗击新冠肺炎疫情，全国医护人员从四面八方驰援湖北．我市医护人员积极响应号召，现拟从A医院呼吸科中的5名年轻医生中选派2人支援湖北省黄石市，已知男医生2名，女医生3人，则选出的2名医生中至少有1

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名男医生的概率是 ．

15．（5分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若tanA•tanC＝1，b＝3ccosA，则cosC＝ ．

16．（5分）抛物线C：y2＝2x的焦点坐标是 ，经过点P（4，1）的直线l与抛物线C相交于A，B两点，且点P恰为AB的中点，F为抛物线的焦点，则|𝐴𝐹|+|𝐵𝐹|＝ ． 三．解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）

17．（12分）在数列{an}中，Sn为{an}的前n项和，2𝑆𝑛+2𝑛=3𝑎𝑛(𝑛∈𝑁∗)． （1）求数列{an}的通项公式；

（2）设𝑏𝑛=𝑎⋅𝑎𝑛，数列{bn}的前n项和为Tn，证明𝑇𝑛＜4．

𝑛𝑛+1

18．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝120°，PA＝2，PB＝PC＝PD，E是PB的中点． （1）证明：PA⊥平面ABCD；

（2）设F是直线BC上的动点，当点E到平面PAF距离最大时，求面PAF与面EAC所成二面角的正弦值．

1+𝑎

1

→

→

19．（12分）已知函数𝑓(𝑥)=2𝑥2−𝑘𝑥−2𝑙𝑛𝑥． （Ⅰ）求函数f（x）的极小值点；

（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）（0＜x1＜x2）为函数y＝f（x）图象上的任意两点，f'（x）为函数f（x）的导函数，求证：

𝑓(𝑥2)−𝑓(𝑥1)𝑥2−𝑥1

1

＜𝑓′(

𝑥2+𝑥12

)．

20．（12分）某种规格的矩形瓷砖（600mm×600mm）根据长期检测结果，各厂生产的每片瓷砖质量x（kg）都服从正态分布N（μ，σ2），并把质量在（μ﹣3σ，μ+3σ）之外的瓷砖作为废品直接回炉处理，剩下的称为正品．

（1）从甲陶瓷厂生产的该规格瓷砖中抽取10片进行检查，求至少有1片是废品的概率； （2）若规定该规格的每片正品瓷砖的“尺寸误差”计算方式为：设矩形瓷砖的长与宽分

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别为a（mm）、b（mm），则“尺寸误差”（mm）为|a﹣600|+|b﹣600|，按行业生产标准，其中“优等”、“一级”“合格”瓷砖的“尺寸误差”范围分别是[0，0.2]、（0.2，0.5]，（0.5，1.0]（正品瓷砖中没有“尺寸误差”大于1.0mm的瓷砖），每片价格分别为7.5元、6.5元、5.0元，现分别从甲、乙两厂生产的该规格的正品瓷砖中随机抽取100片瓷砖，相应的“尺寸误差”组成的样本数据如下，用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率． 尺寸误差 频数

0 10

0.1 30

0.2 30

0.3 5

0.4 10

0.5 5

0.6 10

（甲厂瓷砖的“尺寸误差”频数表）

（i）记甲厂该种规格的2片正品瓷砖卖出的钱数为ξ（元），求ξ的分布列．

（ii）由图可知，乙厂生产的该规格的正品瓷砖只有“优等”、“一级”两种，求5片该规格的正品瓷砖卖出的钱数不少于36元的概率． 附：若随机变量Z服从正态分布N（μ，σ2），

则P（μ﹣3σ＜Z＜μ+3σ）≈0.9974；0.997410≈0.9743，0.84＝0.4096，0.85＝0.32768

𝑥2𝑦221．（12分）已知椭圆𝐸：2+2=1(𝑎＞𝑏＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，点P为椭圆

𝑎𝑏

E上任意一点，𝑃𝐹1⋅𝑃𝐹2的最大值为1，点A1为椭圆E的左顶点，△A1PF2的面积最大值为

2+√32

→→

．

（Ⅰ）求椭圆E的方程；

（Ⅱ）动直线l与椭圆E交于不同两点A（x1，y1）、B（x2，y2），O为坐标原点，M为AB的中点______．是否存在实数λ，使得|OM|•|AB|≤λ恒成立？若存在，求λ的最小值；若不存在，说明理由．

1212从①△AOB的面积为1，②|𝑚+𝑛|=|𝑚−𝑛|（其中向量𝑚=(𝑎，𝑏)，𝑛=(𝑎，𝑏)

→

→

→

→

→

𝑥𝑦

→

𝑥𝑦

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这两个条件中选一个，补充在上面的问题中并作答． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分 四．解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）

22．（10分）在直角坐标系xOy中，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C1的极坐标方程为ρcosθ＝m，曲线C2的极坐标方程为ρ2=（1）求曲线C1的直角坐标方程和曲线C2的参数方程；

（2）设曲线C1与曲线C2在第二象限的交点为A，曲线C1与x轴的交点为H，点M（1，0），求△AMH的周长l的最大值． 五．解答题（共1小题）

23．已知函数𝑓(𝑥)=|2𝑥−1|+𝑥+2的最小值为m． （1）求m的值；

（2）若a，b，c为正实数，且a+b+c＝m，证明：𝑎2+𝑏2+𝑐2≥3．

1

1

12

2． 3+𝑠𝑖𝑛𝜃

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2020高考数学（理科）全国二卷高考模拟试卷（2）

参考答案与试题解析

一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）

1．（5分）复数z＝（1+2i）2（i为虚数单位）的共轭复数𝑧在复平面内对应的点在（ ） A．第一象限

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

【解答】解：因为z＝（1+2i）2＝1+4i+4i2＝﹣3+4i； ∴𝑧=−3﹣4i；

∴𝑧在复平面内对应的点在第三象限； 故选：C．

2．（5分）已知集合A＝{x|x2﹣2x﹣3＜0}，集合B＝{x|x﹣1≥0}，则∁R（A∩B）＝（ ） A．（﹣∞，1）∪[3，+∞） C．（﹣∞，1）∪（3，+∞）

B．（﹣∞，1]∪[3，+∞） D．（1，3）

【解答】解：∵A＝（﹣1，3），B＝[1，+∞）， ∴A∩B＝[1，3），

∴∁R（A∩B）＝（﹣∞，1）∪[3，+∞）， 故选：A．

𝑥−𝑦−2≤0，3．（5分）若x，y满足约束条件{3𝑥−𝑦+1≥0，则z＝4x+2y的最小值为（ ）

𝑦≤2，A．﹣17

B．﹣13

13

C．

163

3

D．20

7

【解答】解：该可行域是一个以A（，2），B（4，2），C（−2，−2）为顶点的三角形区域（包括边界）．

当动直线y＝﹣2x+2过点C（−2，−2）时，z取得最小值，此时z＝4×（−2）+2×（−2）＝﹣13，

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𝑧37

37

故选：B．

4．（5分）下列四个命题中错误的是（ ）

A．若直线a、b相交，则直线a、b确定一个平面 B．若四点不共面，则这四点中任意三点都不共线 C．若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线 D．经过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直

【解答】解：对于选项A：若直线a、b相交，则直线a、b确定一个平面，正确． 对于选项B：若四点不共面，则这四点中任意三点都不共线，正确．

对于选项C：若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线，也可能是平行直线，故错误．

对于选项D：经过平面外一点有且只有一条直线与该平面垂直，正确． 故选：C．

5．（5分）今年入冬以来，我市天机反复．在下图中统计了我市上个月前15的气温，以及相对去年同期的气温差（今年气温﹣去年气温，单位：摄氏度），以下判断错误的是（ ）

A．今年每天气温都比去年气温低 B．今年的气温的平均值比去年低 C．今年8﹣12号气温持续上升 D．今年8号气温最低

【解答】解：对于A选项：观察“相对去年温差”折线图，发现6号相对去年温差为正值，即1号气温比去年高，故A选项错误；

对于B选项：观察“相对去年温差”折线图，发现除6，7号相对去年温差为正值，5号相对去年温差为0，其余几号相对去年温差为负值，所以今年的气温的平均值比去年低，故B选项正确；

对于C选项：观察“今年气温”折线图即可发现今年8﹣12号气温持续上升，故选项C

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正确；

对于D选项：观察“今年气温”折线图即可发现今年8号气温最低，故选项D正确； 故选：A．

6．（5分）已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，an+2an＝39（n∈N*），那么数列{an}的前50项和S50的最小值为（ ） A．637

B．559

C．481+25√39

D．492+24√78 【解答】解：∵各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，an+2an＝39（n∈N*）， ∴a1＝1，a3＝39，a5＝1，a7＝39，…，a47＝39，a49＝1， a2a4＝39，∴a2+a4≥2√39，当且仅当𝑎2=𝑎4=√39时取等号， ∴当偶数项都是√39时，S50取最小值，

∴（S50）min＝12×（1+39）+1+25√39=481+25√39． 故选：C．

7．（5分）若圆锥的高等于底面直径，侧面积为√5𝜋，则该圆锥的体积为（ ） A．π

31

B．π

3

2

C．2π D．

163

π

【解答】解：圆锥的高等于底面直径，侧面积为√5𝜋， 设底面半径为r，则高h＝2r， ∴母线长l=√𝑟2+4𝑟2=√5r， ∴s=𝜋×𝑟×√5𝑟=√5𝜋，解得r＝1， 该圆锥的体积为V=3𝜋×12×2=3𝜋． 故选：B．

8．（5分）下列命题错误的是（ ）

A．∃α，β∈R，cos（α+β）＝cosαcosβ+sinαsinβ B．∀x，k∈R，sin（x+k•2π）＝sinx C．∃x∈[0，2)，sin（x+3）＝sinx D．∀x∈R+，∃k∈R，sinx≤kx

【解答】解：因为当α＝0°时，cos（α+β）＝cosαcosβ+sinαsinβ，所以A成立． 根据诱导公式（一），∀x，k∈R，sin（x+k•2π）＝sinx，所以B成立．当x=3时，sin（x+3）＝sinx，所以C成立．

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12

𝜋𝜋

𝜋𝜋

当x=时，sin（x+）＝sinx，所以C成立 根据排除法，显然D不成立． 故选：D．

9．（5分）已知sin（+）=，则sinα的值等于（ ）

2

4𝛼

𝜋

1

3𝜋3𝜋3A．−9

7

B．−9

𝛼2

𝜋4

1

2

C． 9

2

D． 9

7

【解答】解：∵sin（+）=3，

𝛼𝜋𝜋12𝜋72𝛼∴sinα＝﹣cos（α+）＝﹣cos2（+）＝﹣[1﹣2sin（+）]＝﹣[1﹣2×（）]=−．

2924243

故选：A．

→→→→3

10．（5分）已知向量𝑎，𝑏，𝑐满足|𝑎|＝1，|𝑏|=√3，𝑎•𝑏=−2，＜𝑎−𝑐，𝑏−𝑐＞=30°，

→

→

→

→

→

→→

则|𝑐|的最大值等于（ ） A．2√7 →

→

B．√7 →

→

→

→

→

C．2

→

→

→

→

→

D．√2

→

【解答】解：设𝑂𝐴=𝑎，𝑂𝐵=𝑏，𝑂𝐶=𝑐，则𝑎−𝑐=𝐶𝐴，𝑏−𝑐=𝐶𝐵， 由题意cos＜𝑎，𝑏＞=

→

→

→

→

→→

|𝑎||𝑏|

→

→→𝑎⋅𝑏

=−

→

√32，

→

∴＜𝑎，𝑏＞=150°，＜𝑎−𝑐，𝑏−𝑐＞=30°， 所以OABC四点共圆， 要使|𝑐|的取得最大值， 则OC必须过圆心，

此时在三角形OAB中，AB2＝OA2+OB2﹣2OAOBcos∠AOB＝1+3﹣2√3𝑐𝑜𝑠150°=7， AB=√7，

由正弦定理可得OC＝2R=𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝑂𝐵=2√7＞ 故选：A．

𝐴𝐵

→

→

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𝑥2𝑦2

11．（5分）已知直线y＝a与双曲线𝐶：2−2=1(𝑎＞0，𝑏＞0)的一条渐近线交于点P，

𝑎𝑏

双曲线C的左、右顶点分别为A1，A2，若|𝑃𝐴2|=2|𝐴1𝐴2|，则双曲线C的离心率为（ ） A．√2 B．

√10 3

√10或√2 3

𝑎2𝑏

=1(𝑎＞0，𝑏＞0)的一条渐近线：y=𝑎𝑥，则P（，a），

𝑏

√5C．2 或

√10 3

D．

【解答】解：双曲线𝐶：√5𝑥2𝑦2

−𝑎2𝑏2因为|𝑃𝐴2|=2|𝐴1𝐴2|，所以（−a）2+a2＝5a2，可得（−1）2＝4，

𝑏𝑏

√10𝑏

所以=3，从而e=√1+2=3，

𝑎𝑏

𝑎2

𝑎

𝑎

2

双曲线的渐近线为：y=−𝑎x，

𝑎√5𝑎2𝑎2

则p（−𝑏，a），|𝑃𝐴2|=2|𝐴1𝐴2|，所以（−𝑏−a）2+a2＝5a2，可得（+1）2＝4，

𝑏

𝑏

所以=1，可得e=√2．

𝑏

𝑎

则双曲线C的离心率为：√2或故选：D．

√10． 3

𝑎+𝑥−2(𝑥≥0)

12．（5分）已知函数𝑓(𝑥)=𝑙𝑛(𝑒|2𝑥|−4+1)，𝑔(𝑥)={，若存在a∈[n，n+1]

𝑎−𝑥−2(𝑥＜0)（n∈Z）使得方程f（x）＝g（x）有四个实根．则n的最大值为（ ） A．2

B．1

C．0

D．﹣1

，则ℎ(𝑥)=

【解答】解：令ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)={

𝑒2𝑥−4+1

𝑙𝑛(𝑒2𝑥−4+1)−(𝑥−2)−𝑎，𝑥≥0𝑙𝑛(𝑒

−2𝑥−4

+1)+(𝑥+2)−𝑎，𝑥＜0

𝑙𝑛(𝑥−2)−𝑎=𝑙𝑛(𝑒𝑥−2+𝑒2−𝑥)−𝑎，𝑥≥0

𝑒{， −2𝑥−4𝑥+2−𝑥−2𝑥+2

𝑙𝑛[(𝑒+1)(𝑒)]−𝑎=𝑙𝑛(𝑒+𝑒)−𝑎，𝑥＜0依题意，函数𝐹(𝑥)={

𝑙𝑛(𝑒𝑥−2+𝑒2−𝑥)，𝑥≥0

与直线y＝a有且仅有四个不同的交点，

𝑙𝑛(𝑒−𝑥−2+𝑒𝑥+2)，𝑥＜0

第10页（共20页）

易知函数F（x）为偶函数，故先研究x≥0时的情况，

𝑒𝑥−2−𝑒2−𝑥

当x≥0时，𝐹′(𝑥)=𝑥−22−𝑥，令F′（x）＜0，解得0≤x＜2，令F′（x）＞0，解

𝑒+𝑒得x＞2，

故函数F（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，且F（x）极小值＝F（2）＝ln2，

由偶函数的对称性，可作出函数F（x）的图象，如下图所示，

由图可知，a∈（ln2，ln（e2+e2）），又0＜ln2＜1，2＜ln（e2+e2）＜3，

﹣

﹣

∴n的最大值为2． 故选：A．

二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）

13．（5分）已知某校高一、高二、高三年级分别有1000、800、600名学生，现计划用分层抽样方法在各年级共抽取120名学生去参加社会实践，则在高一年级需抽取 50 名学生．

【解答】解：高一年级学生所占的比例为∴高一年级需抽取 120×故答案为：50．

14．（5分）“2020武汉加油、中国加油”，为了抗击新冠肺炎疫情，全国医护人员从四面八方驰援湖北．我市医护人员积极响应号召，现拟从A医院呼吸科中的5名年轻医生中选派2人支援湖北省黄石市，已知男医生2名，女医生3人，则选出的2名医生中至少有1名男医生的概率是

7105

=50人， 1210001000+800+600

=

512

，

．

【解答】解：现拟从A医院呼吸科中的5名年轻医生中选派2人支援湖北省黄石市， 已知男医生2名，女医生3人，

第11页（共20页）

2

基本事件总数n=𝐶5=10，

211选出的2名医生中至少有1名男医生包含的基本事件个数m=𝐶2+𝐶2𝐶3=7，

则选出的2名医生中至少有1名男医生的概率是p=𝑛=10． 故答案为：

710

𝑚7

．

15．（5分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若tanA•tanC＝1，b＝3ccosA，则cosC＝

√6 ． 3【解答】解：△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 由于b＝3ccosA，则sinB＝3sinCcosA， 则：sin（A+C）＝3sinCcosA， 整理得：

𝑡𝑎𝑛𝐴𝑡𝑎𝑛𝐶

=2，

故tanA＝2tanC， 所以：𝑡𝑎𝑛2𝐶=2，

则：𝑡𝑎𝑛𝐶=±2（负值舍去）． 所以𝑡𝑎𝑛𝐶=故答案为：

√2√21

2时，解得：𝑐𝑜𝑠𝐶=

√63．

√6 3

1216．（5分）抛物线C：y2＝2x的焦点坐标是 （，0） ，经过点P（4，1）的直线l与抛物线C相交于A，B两点，且点P恰为AB的中点，F为抛物线的焦点，则|𝐴𝐹|+|𝐵𝐹|＝ 9 ． 【解答】解：由抛物线C：y＝2x，得2p＝2，p＝1，则=，

2

2

2

→

→

𝑝1

∴抛物线的焦点F（，0）．

2

1

过A作AM⊥准线，BN⊥准线，PK⊥准线，M、N、K分别为垂足， 则由抛物线的定义可得|AM|+|BN|＝|AF|+|BF|．

再根据P为线段AB的中点，有（|AM|+|BN|）＝|PK|=2，

21

9

∴|AF|+|BF|＝9， 故答案为：（，0），9．

21

第12页（共20页）

三．解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）

17．（12分）在数列{an}中，Sn为{an}的前n项和，2𝑆𝑛+2𝑛=3𝑎𝑛(𝑛∈𝑁∗)． （1）求数列{an}的通项公式；

（2）设𝑏𝑛=𝑎⋅𝑎𝑛，数列{bn}的前n项和为Tn，证明𝑇𝑛＜4．

𝑛𝑛+1【解答】解：（1）∵2Sn+2n＝3an∴2Sn+1+2（n+1）＝3an+1， 两式相减得an+1＝3an+2， ∴an+1+1＝3（an+1）， ∵2S1+2＝3a1， 解得a1＝2．

∴数列{an+1}是以3为首项，3为公比的等比数列， ∴𝑎𝑛+1=3𝑛∴𝑎𝑛=3𝑛−1

3111（2）𝑏𝑛=𝑛=(−) 𝑛𝑛+1𝑛+1(3−1)(3−1)23−13−1

𝑛

1+𝑎1

∴𝑇𝑛=(=

1111111

−2+2−3+⋯+𝑛−𝑛+1)

23−13−13−13−13−13−1

1111−⋅𝑛+1＜ 423−1418．（12分）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝120°，PA＝2，PB＝PC＝PD，E是PB的中点． （1）证明：PA⊥平面ABCD；

（2）设F是直线BC上的动点，当点E到平面PAF距离最大时，求面PAF与面EAC所成二面角的正弦值．

第13页（共20页）

【解答】（1）证明：取BC中点M，连接PM，AM， 因为四边形ABCD为菱形且∠BAD＝120°． 所以AM⊥BC，

因为PB＝PC，所以PM⊥BC， 又AM∩PM＝M，

所以BC⊥平面PAM，因为PA⊂平面PAM， 所以PA⊥BC． 同理可证PA⊥DC， 因为DC∩BC＝C， 所以PA⊥平面ABCD．

（2）解：由（1）得PA⊥平面ABCD，

所以平面PAF⊥平面ABCD，平面PAF∩平面ABCD＝AF． 所以点B到直线AF的距离即为点B到平面PAF的距离．

过B作AF的垂线段，在所有的垂线段中长度最大的为AB＝2，此时AF必过DC的中点， 因为E为PB中点，所以此时，点E到平面PAF的距离最大，最大值为1．

以A为坐标原点，直线AF，AB，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz． 则𝐴(0，0，0)，𝐶(√3，1，0)，𝐸(0，1，1)，𝐵(0，2，0)， 所以𝐴𝐶=(√3，1，0)，𝐴𝐸=(0，1，1)，𝐴𝐵=(0，2，0)， 平面PAF的一个法向量为𝐴𝐵=(0，2，0)， 设平面AEC的法向量为𝑛=(𝑥，𝑦，𝑧)， 𝐴𝐶⋅𝑛=√3𝑥+𝑦=0则{→→， 𝐴𝐸⋅𝑛=𝑦+𝑧=0

→

→

→

→

→

→

→

第14页（共20页）

取y＝1，则𝑛=(−

→

→

→

√3，1，−1)，𝑐𝑜𝑠＜𝑛，𝐴𝐵＞=→→=7， 3|𝑛|⋅|𝐴𝐵|

2√7， 72√77

→

→

→→

𝑛⋅𝐴𝐵√21所以𝑠𝑖𝑛＜𝑛，𝐴𝐵＞=

所以面PAF与面EAC所成二面角的正弦值为．

19．（12分）已知函数𝑓(𝑥)=𝑥2−𝑘𝑥−2𝑙𝑛𝑥． （Ⅰ）求函数f（x）的极小值点；

（Ⅱ）设A（x1，y1），B（x2，y2）（0＜x1＜x2）为函数y＝f（x）图象上的任意两点，f'（x）为函数f（x）的导函数，求证：

𝑓(𝑥2)−𝑓(𝑥1)𝑥2−𝑥1

1

2＜𝑓′(

𝑥2+𝑥12

)．

2𝑥2−𝑘𝑥−2

【解答】解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞），𝑓′(𝑥)=𝑥−𝑘−=，令f′

𝑥𝑥𝑘−√𝑘+8𝑘+√𝑘+8

（x）＝0，解得𝑥3=＜0，𝑥=＞0， 4222

2

易知当x∈（0，x4）时，f′（x）＜0，当x∈（x4，+∞）时，f′（x）＞0， 故函数f（x）在（0，x4）单调递减，在（x4，+∞）上单调递增，

𝑘+√𝑘+8∴f（x）的极小值点为𝑥4=； 2𝑓(𝑥2)−𝑓(𝑥1)𝑥1+𝑥2

2

（Ⅱ）证明：

𝑥1+𝑥2，

2𝑥2−𝑥1

=

2

−𝑘−

2(𝑙𝑛𝑥2−𝑙𝑛𝑥1)

𝑥2−𝑥1

，𝑓′(

𝑥1+𝑥2𝑥+𝑥

)=12−𝑘−222

∴

𝑓(𝑥2)−𝑓(𝑥1)𝑥2−𝑥2𝑥

＜𝑓′(

𝑥1+𝑥22

12)等价于𝑙𝑛(𝑥2)−𝑥2＞0，即证𝑙𝑛()−𝑥112+𝑥1

𝑥2(𝑥−𝑥)𝑥

2(𝑥2−1)1𝑥2𝑥1+1𝑥

＞0，

令𝑡=𝑥2＞1，即证𝑙𝑛𝑡−𝑡+1＞0，

1

第15页（共20页）

2(𝑡−1)

2(𝑡−1)14(𝑡−1)

令ℎ(𝑡)=𝑙𝑛𝑡−(𝑡＞1)，则ℎ′(𝑡)=−=＞0，

𝑡+1𝑡(𝑡+1)2𝑡(𝑡+1)22

∴h（t）在（1，+∞）上单调递增，故h（t）＞h（1）＝0， ∴𝑙𝑛𝑡−𝑡+1＞0，原命题得证．

20．（12分）某种规格的矩形瓷砖（600mm×600mm）根据长期检测结果，各厂生产的每片瓷砖质量x（kg）都服从正态分布N（μ，σ2），并把质量在（μ﹣3σ，μ+3σ）之外的瓷砖作为废品直接回炉处理，剩下的称为正品．

（1）从甲陶瓷厂生产的该规格瓷砖中抽取10片进行检查，求至少有1片是废品的概率； （2）若规定该规格的每片正品瓷砖的“尺寸误差”计算方式为：设矩形瓷砖的长与宽分别为a（mm）、b（mm），则“尺寸误差”（mm）为|a﹣600|+|b﹣600|，按行业生产标准，其中“优等”、“一级”“合格”瓷砖的“尺寸误差”范围分别是[0，0.2]、（0.2，0.5]，（0.5，1.0]（正品瓷砖中没有“尺寸误差”大于1.0mm的瓷砖），每片价格分别为7.5元、6.5元、5.0元，现分别从甲、乙两厂生产的该规格的正品瓷砖中随机抽取100片瓷砖，相应的“尺寸误差”组成的样本数据如下，用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率． 尺寸误差 频数

0 10

0.1 30

0.2 30

0.3 5

0.4 10

0.5 5

0.6 10

2(𝑡−1)

（甲厂瓷砖的“尺寸误差”频数表）

（i）记甲厂该种规格的2片正品瓷砖卖出的钱数为ξ（元），求ξ的分布列．

（ii）由图可知，乙厂生产的该规格的正品瓷砖只有“优等”、“一级”两种，求5片该规格的正品瓷砖卖出的钱数不少于36元的概率． 附：若随机变量Z服从正态分布N（μ，σ2），

则P（μ﹣3σ＜Z＜μ+3σ）≈0.9974；0.997410≈0.9743，0.84＝0.4096，0.85＝0.32768

【解答】解：（Ⅰ）由正态分布可知，抽取的一片瓷砖的质量在（u﹣3σ，u+3σ）之内

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的概率为0.9974，

则这10片质量全都在（u﹣3σ，u+3σ）之内（即没有废品）的概率为0.997410≈0.9743； 则这10片中至少有1片是废品的概率为1﹣0.9743＝0.0257；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分） （Ⅱ）（ⅰ）由已知数据，用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率， 得该厂生产的一片正品瓷砖为“优等”、“一级”、“合格”的概率分别为0.7、0.2、0.1； 则ξ的可能取值为15，13.5，13，12，11.5，10元；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）

2计算P（ξ＝15）=𝐶2×0.72＝0.49， 1P（ξ＝13.5）=𝐶2×0.2×0.7＝0.28， 2P（ξ＝13）=𝐶2×0.22＝0.04， 1P（ξ＝12）=𝐶2×0.1×0.7＝0.14， 1P（ξ＝11.5）=𝐶2×0.1×0.2＝0.04， 2P（ξ＝10）=𝐶2×0.12＝0.01，

得到ξ的分布列如下：

ξ P

15 0.49

13.5 0.28

13 0.04

12 0.14

11.5 0.04

10 0.01

﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分） 数学期望为

E（ξ）＝15×0.49+14×0.28+13×0.04+12.5×0.14+11.5×0.04+10×0.01 ＝7.35+3.92+0.52+1.75+0.46+0.1

＝13.79（元）；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）

（ⅱ）设乙陶瓷厂5片该规格的正品瓷砖中有n片“优等”品，则有5﹣n片“一级”品， 由已知7.5n+6.5（5﹣n）≥36，解得n≥3.5，则n取4或5； 故所求的概率为

4𝑃=𝐶5×0.84×0.2+0.85

＝0.4096+0.32768

＝0.73728．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分） 21．（12分）已知椭圆𝐸：→

𝑥2𝑦2

+=1(𝑎＞𝑏＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，点P为椭圆𝑎2𝑏2E上任意一点，𝑃𝐹1⋅𝑃𝐹2的最大值为1，点A1为椭圆E的左顶点，△A1PF2的面积最大

→

第17页（共20页）

值为

2+√32

．

（Ⅰ）求椭圆E的方程；

（Ⅱ）动直线l与椭圆E交于不同两点A（x1，y1）、B（x2，y2），O为坐标原点，M为AB的中点______．是否存在实数λ，使得|OM|•|AB|≤λ恒成立？若存在，求λ的最小值；若不存在，说明理由．

1212从①△AOB的面积为1，②|𝑚+𝑛|=|𝑚−𝑛|（其中向量𝑚=(𝑎，𝑏)，𝑛=(𝑎，𝑏)

→

→

→

→

→

𝑥𝑦

→

𝑥𝑦

这两个条件中选一个，补充在上面的问题中并作答． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分

【解答】解：（Ⅰ）设P（x0，y0），F1（﹣c，0），F2（c，0），则a，a]

𝑃𝐹1=（﹣c﹣x0，﹣y0），𝑃𝐹2=（c﹣x0，﹣y0）， 𝑃𝐹1⋅𝑃𝐹2=x02+y02﹣c2=

→

→

→

→

→

𝑥02𝑎2

+

𝑦02𝑏2

=1，x0∈[﹣

𝑐22

𝑥0+𝑏2−𝑐2，x0∈[﹣a，a]， 2𝑎→

△𝐴1𝑃𝐹2

2

∴当x0＝±a 时，（𝑃𝐹1⋅𝑃𝐹2）又Smax＝b＝1．

=2×(𝑎+𝑐)|y0|≤

1

(𝑎+𝑐)𝑏2+√3=2， 2又a2＝b2+c2，可解得：a＝2，b＝1，c=√3． 所以椭圆E的方程为

𝑥24

+𝑦2=1．

（Ⅱ）当选择①时，假设存在实数λ，使得|OM|•|AB|≤λ恒成立．

𝑥=𝑘𝑦+𝑡

设动直线l：x＝ky+t，由{𝑥2

2

联立可得：（4+k2）y2+2kty+t2﹣4＝0．

+𝑦=14222222

△=4𝑘𝑡−4(4+𝑘)(𝑡−4)=16(𝑘+4−𝑡)＞0 𝑦+𝑦=−2𝑘𝑡4𝑡−𝑘𝑡122，M（，）．∵|AB|=4+𝑘224+𝑘4+𝑘 2 𝑦1𝑦2=𝑡−4

2{4+𝑘

√1+𝑘2√(𝑦1+𝑦2

)2−4𝑦1𝑦2=

4√(1+𝑘)(𝑘+4−𝑡2)

4+𝑘|𝑡|√1+𝑘

222，

2

点O到直线l：x＝ky+t的距离d=理得：

2|𝑡|√𝑘+4−𝑡21

，∴S△ABO=2×|AB|×d==1，整224+𝑘

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222√(1+𝑘2)(4+𝑘2)4√(1+𝑘)(𝑘+4−𝑡2)√𝑡2(4+𝑘2)∵|OM|•|AB|=•=，令4+k2＝m≥4，则22224+𝑘(4+𝑘)4+𝑘

2√(1+𝑘2)(4+𝑘2)(4+𝑘2)2=2√

𝑚−3，m≥4． 𝑚3 令y=

99𝑚−39−2𝑚9

，m≥4，则y′=，令y′＝0⇒m=，y在[4，]单调递增，在[，+2𝑚4𝑚344

9

1

∞）单调递减，故当m=2也即k2=2时， ymax，（|OM|•|AB|）max=

4√3． 274√3．故存在λ，使得|OM|•|AB|≤λ恒成立，且λ的最27又|OM|•|AB|≤λ恒成立，所以𝜆≥小值为

4√3． 27

四．解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）

22．（10分）在直角坐标系xOy中，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C1的极坐标方程为ρcosθ＝m，曲线C2的极坐标方程为ρ2=（1）求曲线C1的直角坐标方程和曲线C2的参数方程；

（2）设曲线C1与曲线C2在第二象限的交点为A，曲线C1与x轴的交点为H，点M（1，0），求△AMH的周长l的最大值．

【解答】解：（1）曲线C1的极坐标方程为ρcosθ＝m，转换为直角坐标方程为：x＝m．

𝑥21222

曲线C2的极坐标方程为ρ=转换为直角坐标方程为3x+4y＝12，整理得+2．43+𝑠𝑖𝑛𝜃

2

12

2． 3+𝑠𝑖𝑛𝜃

𝑦23

=1，

𝑥=2𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑦=√3𝑠𝑖𝑛𝜃（θ为参数）．

转换为参数方程为{

（2）曲线C1与曲线C2在第二象限的交点为A（2cosθ，，M（1，0），H（2cosθ，√3𝑠𝑖𝑛𝜃）0）

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所以

所以l△ABC＝|AM|+|MH|+|AH|=√3𝑠𝑖𝑛𝜃+1−2𝑐𝑜𝑠𝜃+√(2𝑐𝑜𝑠𝜃−1)2+(√3𝑠𝑖𝑛𝜃)2=√3𝑠𝑖𝑛𝜃+1−2𝑐𝑜𝑠𝜃+2−𝑐𝑜𝑠𝜃=2√3𝑠𝑖𝑛(𝜃−3)+3， 当𝑠𝑖𝑛(𝜃−3)=1时，△AMH的周长l的最大值为2√3+3． 五．解答题（共1小题）

23．已知函数𝑓(𝑥)=|2𝑥−1|+𝑥+2的最小值为m． （1）求m的值；

（2）若a，b，c为正实数，且a+b+c＝m，证明：𝑎2+𝑏2+𝑐2≥．

3𝑥−，𝑥≥，122， 【解答】（1）解：根据题意，函数𝑓(𝑥)=|2𝑥−1|+𝑥+2={31−𝑥+，𝑥＜，221

1

131

𝜋

𝜋

所以f（x）为在(−∞，2]单调递减，在[2，+∞)单调递增， 所以𝑓(𝑥)𝑚𝑖𝑛=𝑓()=1，即𝑚=1．

（2）证明：由（1）知，m＝1，所以a+b+c＝1，

又因为a，b，c为正实数，a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，a2+c2≥2ac， 所以2（a2+b2+c2）≥2（ab+bc+ac），即a2+b2+c2≥ab+bc+ac， 所以1＝（a+b+c）2＝a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca≤3（a2+b2+c2）， 即𝑎2+𝑏2+𝑐2≥3．

11

211

第20页（共20页）