2020年四川省广元市高考数学三诊试卷(理科)

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文档介绍

2020年四川省广元市高考数学三诊试卷(理科)

‎2020年四川省广元市高考数学三诊试卷(理科)‎ 一、选择题 ‎ ‎ ‎1. 若复数z=‎‎2i‎1+i,则‎|z|‎=( ) ‎ A.‎1‎‎2‎ B.‎2‎‎2‎ C.‎1‎ D.‎‎2‎ ‎ ‎ ‎2. 已知集合A=‎{x|x‎2‎−2x≤8}‎,B=‎{−2, 0}‎,下列命题为假命题的是( ) ‎ A.‎∃x‎0‎∈A,x‎0‎‎∈B B.‎∃x‎0‎∈B,x‎0‎‎∈A C.‎∀x∈A,x∈B D.‎∀x∈B,x∈A ‎ ‎ ‎ ‎3. 如图,在四棱锥P−ABCD中,底面为梯形,AD // BC,AD=‎3‎,BC=‎6‎,E,F分别为棱PB,PC的中点,则( ) ‎ A.AE≠DF,且直线AE,FD是共面直线 B.AE≠DF,且直线AE,FD是异面直线 C.AE=DF,且直线AE,FD是异面直线 D.AE=DF,且直线AE,FD是共面直线 ‎ ‎ ‎4. 若log‎2‎a=‎0.3‎,‎0.3‎b=‎2‎,c=‎0.3‎‎2‎,则实数a,b,c之间的大小关系为( ) ‎ A.a>b>c B.a>c>b C.c>a>b D.‎b>a>c ‎ ‎ ‎5. 已知在‎△ABC中,内角A,B,C所对的边长分别是a,b,c,则sinA=sinB是a=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 ‎ ‎ ‎ ‎6. 如图的程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《数书九章》中的“中国剩余定理”.执行该程序框图,则输出的n为( ) ‎ A.‎50‎ B.‎53‎ C.‎59‎ D.‎‎62‎ ‎ ‎ ‎7. 中国农业银行广元分行发行“金穗广元•剑门关旅游卡”是以“游广元、知广元、爱广元、共享和谐广元”为主题活动的一项经济性和公益性相结合的重大举措,以最优惠的价格惠及广元户籍市民、浙江及黑龙江援建省群众、省内援建市市民,凡上述对象均可办理此卡,本人凭此卡及本人身份证一年内(期满后可重新充值办理)在广元市范围内可无限次游览所有售门票景区景点,如:剑门关、朝天明月峡、旺苍鼓城山-七里峡、青川唐家河、广元皇泽寺、苍溪梨博园、昭化古城等,现有浙江及黑龙江援建省群众甲乙两人准备到广元旅游(同游),他们决定游览上面‎7‎个景点,首先游览剑门关但不能最后游览朝天明月峡的游览顺序有( )种. ‎ A.‎300‎ B.‎480‎ C.‎600‎ D.‎‎720‎ ‎ ‎ ‎8. 函数f(x)=‎‎4‎x‎2‎‎3‎‎|x|‎的图象大致为( ) ‎ A. B. C. D. ‎ ‎ ‎ ‎9. 在‎△ABC中,AB=‎2‎,BC=‎4‎,‎∠ABC=‎60‎‎∘‎,AD为BC边上的高,O为AD的中点,若AO‎→‎‎=λAB‎→‎+μBC‎→‎,则λ+μ=( ) ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 A.‎1‎‎3‎ B.‎2‎‎3‎ C.‎3‎‎8‎ D.‎‎5‎‎8‎ ‎ ‎ ‎10. 已知O为坐标原点,双曲线C:x‎2‎a‎2‎−y‎2‎=1(a>0)‎,过双曲线C的左焦点F作双曲线两条渐近线的平行线,与两渐近线的交点分别为A,B,若四边形OAFB的面积为‎1‎,则双曲线C的离心率为( ) ‎ A.‎2‎ B.‎2‎‎2‎ C.‎2‎ D.‎‎5‎‎2‎ ‎ ‎ ‎11. 函数f(x)‎=Asin(ωx+φ)(ω>0)‎对任意的x∈R都有f(x)‎=f(2a−x)‎,且a<0‎时a的最大值为‎−‎π‎5‎,下列四个结论: ①x=−‎π‎5‎是f(x)‎的一个极值点; ②若f(x)‎为奇函数,则f(x)‎的最小正周期T=‎‎4π‎5‎; ③若f(x)‎为偶函数,则f(x)‎在‎[−π‎5‎,0]‎上单调递增; ④ω的取值范围是‎(0, 5)‎. 其中一定正确的结论编号是( ) ‎ A.①② B.①③ C.①②④ D.②③④‎ ‎ ‎ ‎12. 设函数f(x)‎的定义域为‎(1, +∞)‎,满足f(2x)‎=‎2f(x)‎,且当x∈(1, 2]‎时,f(x)‎=‎(x−1)(x−2)‎,若对任意x∈(1, m]‎,都有f(x)≥−1‎,则m的取值范围是( ) ‎ A.‎(1,6−‎2‎]‎ B.‎(1,6+‎2‎]‎ C.‎(1,12−2‎2‎]‎ D.‎‎(1,12+2‎2‎]‎ 二、填空题 ‎ ‎ ‎ 如果‎(2−‎1‎x‎2‎)(1+x‎)‎n的展开式中各项系数之和为‎32‎,则n的值为________. ‎ ‎ ‎ ‎ 若‎2cos2θ=cos(θ+π‎4‎)‎,且θ∈(π‎2‎,π)‎,则sin2θ的值为________. ‎ ‎ ‎ ‎ 抛物线C:‎y‎2‎=‎4x的焦点为F,直线y=k(x−2)(k>0)‎与抛物线C交于不同的A,B两点,且‎|AF|‎‎|BF|‎‎=‎‎2‎‎5‎,则k=________. ‎ ‎ ‎ ‎ 如图,二面角α−l−β的大小为π‎3‎,半平面α内有一点A(不在l上),半平面β内有一点C(不在l上),A,C在直线l上的射影分别为B,D(B,D不重合),AB=CD=‎1‎,BD=‎‎3‎,则三棱锥A−BCD外接球的表面积为________. ‎ 三、解答题 ‎ ‎ ‎ 记Sn为各项均为正数的等比数列‎{an}‎的前n项和,已知a‎1‎‎=‎‎11‎‎8‎,S‎3‎‎+2‎S‎2‎=‎13‎a‎1‎,记bn=‎[log‎2‎an]‎,其中‎[x]‎表示不超过x的最大整数,如‎[0.9]‎=‎0‎,‎[‎4‎‎3‎]=1‎,‎[2]‎=‎2‎. ‎(‎Ⅰ‎)‎求‎{an}‎的通项公式; ‎(‎Ⅱ‎)‎求‎{bn}‎的前n项和Tn. ‎ ‎ ‎ ‎ 如图,在矩形ABCD中,AB=‎2AD=‎2‎,E为边CD的中点,以EB为折痕把‎△CEB折起,使点C到达点P的位置,且使平面PEB⊥‎平面ABED. ‎(‎Ⅰ‎)‎证明:PB⊥AE; ‎(‎Ⅱ‎)‎求直线BE与平面PAB所成角的正弦值. ‎ ‎ ‎ ‎ 冠状病毒是一个大型病毒家族,已知可引起感冒以及中东呼吸综合征‎(MERS)‎和严重急性呼吸综合征‎(SARS)‎等较严重疾病.而今年出现在湖北武汉的新型冠状病毒‎(nCoV)‎是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株.人感染了新型冠状病毒后常见体征有呼吸道症状、发热、咳嗽、气促和呼吸困难等.在较严重病例中,感染可导致肺炎、严重急性呼吸综合征、肾衰竭,甚至死亡.某医院为筛查冠状病毒,需要检验血液是否为阳性,现有‎4‎份需检验血液. ‎(‎Ⅰ‎)‎假设这‎4‎份需检验血液有且只有一份为阳性,从中依次不放回的抽取‎3‎份血液,已知前两次的血液均为阴性,求第‎3‎次出现阳性血液的概率; ‎(‎Ⅱ‎)‎现在对‎4‎份血液进行检验,假设每份血液的检验结果是阳性还是阴性都是独立的,据统计每份血液是阳性结果的概率为P(00)‎在点P处的切线为l,是否存在这样的点P使得直线l与曲线y=f(x)‎也相切,若存在,判断满足条件的点P的个数,若不存在,请说明理由. ‎ ‎ ‎ ‎ 已知椭圆C:x‎2‎‎2‎+y‎2‎=1‎,过点P(0, 1)‎作互相垂直的两条直线分别交椭圆C于点A,B(A,B与P不重合). ‎(‎Ⅰ‎)‎证明:直线AB过定点‎(0,−‎1‎‎3‎)‎; ‎(‎Ⅱ‎)‎若以点E(0,‎1‎‎9‎)‎为圆心的圆与直线AB相切,且切点为线段AB的中点,求四边形PAEB的面积. ‎ ‎[选修4-4:坐标系与参数方程]‎ ‎ ‎ ‎ 在平面直角坐标系xOy中,曲线C‎1‎的参数方程为x=‎2‎cosβy=2+‎2‎sinβ‎ ‎(β为参数),直线l过原点且倾斜角为α,以原点为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系. ‎(‎Ⅰ‎)‎求曲线C‎1‎和直线l的极坐标方程; ‎(‎Ⅱ‎)‎若直线l与曲线C‎1‎相交于不同的两点A,B,求‎|OB|‎‎|OA|‎‎+‎‎|OA|‎‎|OB|‎的取值范围. ‎ ‎[选修4-5:不等式选讲]‎ ‎ ‎ ‎ 已知a,b都是实数,a≠0‎,函数f(x)‎=‎|x+1|+|2x−3|‎. ‎(‎Ⅰ‎)‎若f(x)>1‎,求实数x的取值范围; ‎(‎Ⅱ‎)‎若‎|‎5‎‎2‎a+b|+|a−2b|≥|a|f(t)‎对满足条件的所有a,b都成立,求实数t的取值范围. ‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 参考答案与试题解析 ‎2020年四川省广元市高考数学三诊试卷(理科)‎ 一、选择题 ‎1.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 复数的运算 复数的模 ‎【解析】‎ 首先对所给的式子进行整理,分子和分母同乘以分母的共轭复数‎1−i,这样分母变为一个实数,把复数写成a+bi的形式,即‎1+i,求出模长即可.‎ ‎【解答】‎ ‎∵ 复数z=‎2i‎1+i=‎2i(1−i)‎‎(1+i)(1−i)‎=‎2i−2‎i‎2‎‎2‎=‎2+2i‎2‎=1+i, ∴ ‎‎|z|=‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎=‎‎2‎ ‎2.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 全称量词与存在量词 全称命题与特称命题 ‎【解析】‎ 先求出集合A,再根据A,B之间的关系即可求解结论.‎ ‎【解答】‎ 因为集合A=‎{x|x‎2‎−2x≤8}‎=‎{x|−2≤x≤4}‎; ∵ B=‎{−2, 0}⊆A, ∴ ‎∀x∈A,x∈B;‎ ‎3.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 异面直线的判定 ‎【解析】‎ 可连接EF,根据条件即可说明四边形ADFE是平行四边形,从而得出AE=DF,且直线AE,FD是共面直线.‎ ‎【解答】‎ 如图,连接EF, ∵ E,F分别为棱PB,PC的中点,AD // BC,AD=‎3‎,BC=‎6‎, ∴ EF // BC,EF=‎1‎‎2‎BC, ∴ EF // AD,且EF=AD, ∴ 四边形ADFE是平行四边形, ∴ AE=DF,且AE // DF, ∴ AE,FD是共面直线.‎ ‎4.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 对数值大小的比较 ‎【解析】‎ 可以得出a=‎2‎‎0.3‎‎>1‎,b=log‎0.3‎‎2<0‎,‎0‎‎2‎‎0‎=‎1‎,b=log‎0.3‎‎2c>b.‎ ‎5.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 充分条件、必要条件、充要条件 ‎【解析】‎ 在三角形中,由等边对等角及充分必要条件的判定得答案.‎ ‎【解答】‎ 在‎△ABC中,由sinA=sinB⇒A=B⇒a=b, 反之,由a=b⇒A=B⇒sinA=sinB, ∴ sinA=sinB是a=b的充要条件.‎ ‎6.‎ ‎【答案】‎ B ‎【考点】‎ 程序框图 ‎【解析】‎ 根据程序框图求出n的初值,代入循环结构中求得输出n的值.‎ ‎【解答】‎ 模拟程序运行知,m‎1‎=‎112‎,m‎2‎=‎120‎,m‎3‎=‎105‎; n=‎2×112+4×120+5×105‎=‎1229‎, 代入循环结构,计算得, n=‎1229−168‎=‎1061‎, n=‎1061−168‎=‎893‎, n=‎893−168‎=‎725‎, n=‎725−168‎=‎557‎, n=‎557−168‎=‎389‎, n=‎389−168‎=‎221‎, n=‎221−168‎=‎53‎, 所以输出n的值为(53)‎ ‎7.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 排列、组合及简单计数问题 ‎【解析】‎ 根据题意,假设‎7‎个景点的游览顺序对应‎7‎个位置,分‎2‎步进行分析:①分析易得:剑门关有‎1‎种情况,朝天明月峡有‎5‎种情况,②将剩下的‎5‎个景点全排列,安排到剩下的‎5‎个位置,由分步计数原理计算可得答案.‎ ‎【解答】‎ 根据题意,假设‎7‎个景点的游览顺序对应‎7‎个位置,分‎2‎步进行分析: ①首先游览剑门关但不能最后游览朝天明月峡,则剑门关必须在第‎1‎个位置,有‎1‎种情况,朝天明月峡可以在第‎2‎、‎3‎、‎4‎、‎5‎、‎6‎的位置,有‎5‎种情况, ②将剩下的‎5‎个景点全排列,安排到剩下的‎5‎个位置,有A‎5‎‎5‎=‎120‎种情况, 则有‎1×5×120‎=‎600‎种符合题意的游览顺序;‎ ‎8.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 函数的图象与图象的变换 ‎【解析】‎ 先判断函数的奇偶性和对称性,利用极限思想以及当x=‎2‎时的函数值是否对应进行排除即可.‎ ‎【解答】‎ f(−x)=‎4(−x‎)‎‎2‎‎3‎‎|−x|‎=‎4‎x‎2‎‎3‎‎|x|‎=f(x)‎‎,则函数f(x)‎为偶函数,图象关于y轴对称,排除B, 当x→+∞‎,f(x)→0‎,排除C, 当x=‎2‎时,f(2)=‎4×‎‎2‎‎2‎‎3‎‎2‎=‎16‎‎9‎<2‎,排除D,‎ ‎9.‎ ‎【答案】‎ D ‎【考点】‎ 平面向量的基本定理 ‎【解析】‎ 根据题意选定两个向量AB‎→‎‎,‎BC‎→‎作为基向量,将向量AO‎→‎用两个基向量表示出来,与已知中AO‎→‎‎=λAB‎→‎+μBC‎→‎对照,求出两个参数的值,即可得到λ+μ的值,选出正确选项 ‎【解答】‎ 由已知,如图AO‎→‎‎=‎1‎‎2‎AD‎→‎=‎1‎‎2‎(AB‎→‎+BD‎→‎)=‎1‎‎2‎AB‎→‎+‎1‎‎2‎mBC‎→‎, 又AD为BC边上的高,∴ AD‎→‎‎⋅BC‎→‎=0‎, 又AD‎→‎‎=AB‎→‎+BD‎→‎=AB‎→‎+mBC‎→‎, ∴ AB‎→‎‎⋅BC‎→‎+mBC‎→‎‎2‎=0‎,即‎2×4×cos(‎180‎‎∘‎−‎60‎‎∘‎)+m×‎‎4‎‎2‎=‎0‎, 解得m=‎‎1‎‎4‎, ∴ AO‎→‎‎=‎1‎‎2‎AB‎→‎+‎‎1‎‎8‎BC‎→‎,又AO‎→‎‎=λAB‎→‎+μBC‎→‎,可得λ=‎‎1‎‎2‎,μ=‎‎1‎‎8‎, ∴ λ+μ=‎‎5‎‎8‎.‎ ‎10.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 双曲线的离心率 ‎【解析】‎ 求得双曲线的焦点坐标,利用已知条件求出A的坐标,结合面积求解a,然后求解双曲线的离心率即可.‎ ‎【解答】‎ 由双曲线方程可得渐近线方程x±ay=‎0‎, 设F(−c, 0)‎是双曲线的焦点,设过F平行于x+ay=‎0‎的直线为l, 则l的方程为:x+ay+c=‎0‎,l与渐近线x−ay=‎0‎交点为A, 则A(−c‎2‎, c‎2a)‎,四边形OAFB的面积为‎1‎, 得c×c‎2a=(1)‎即c‎2‎=‎2a=a‎2‎‎+1‎,解得a=‎1‎,所以c=‎‎2‎. ∴ e=‎‎2‎. 故选:A.‎ ‎11.‎ ‎【答案】‎ A ‎【考点】‎ 命题的真假判断与应用 三角函数的周期性 正弦函数的单调性 ‎【解析】‎ 根据题意可知,f(x)‎的图象关于直线x=a对称,再结合三角函数的图象和性质,即可判断各结论的真假.‎ ‎【解答】‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 因为f(x)‎=f(2a−x)‎,所以f(x)‎的图象关于直线x=a对称, 又当a<0‎时,a的最大值为‎−‎π‎5‎,由于三角函数的对称轴对应x的值是函数的极值点,所以①正确; 又f(x)‎为奇函数,且在y轴左侧离y轴最近的对称轴为x=−‎π‎5‎, 所以在y轴右侧离y轴最近的对称轴为x=‎π‎5‎, 所以T=2×[π‎5‎−(−π‎5‎)]=‎‎4π‎5‎,②正确; 若f(x)‎为偶函数,则f(x)‎在‎[−π‎5‎,0]‎上可能单调递增,也可能单调递减, 所以③不一定正确; 令ωx+φ=π‎2‎+2kπ,所以x=‎π‎2‎‎−φ+2kπω,当φ>‎π‎2‎时,即有π‎2‎‎−φω‎=−‎π‎5‎,∴ ω>0‎ 当φ≤‎π‎2‎时,π‎2‎‎−φ−2πω‎=−‎π‎5‎,∴ ω=‎5‎π(φ+‎3‎‎2‎π)≤10‎, 即ω的取值范围是‎(0, 10]‎,所以④不一定正确.‎ ‎12.‎ ‎【答案】‎ C ‎【考点】‎ 抽象函数及其应用 ‎【解析】‎ 先判断f(2x)‎=‎2f(x)‎对于函数f(x)‎图象的变换,确定x所在的区间,求出解析式,得到m的最大值即可.‎ ‎【解答】‎ 当x∈(1, 2]‎时,f(x)‎=‎(x−1)(x−2)‎,函数f(x)‎单调先减后增,所以fmin=f(‎3‎‎2‎)=−‎‎1‎‎4‎, 因为f(2x)‎=‎2f(x)‎,∴ f(x)‎=‎2f(x‎2‎)‎; ∵ x∈(1, 2]‎时,f(x)‎=‎(x−1)(x−2)‎; ∴ x∈(2, 4]‎时,x‎2‎‎∈(1, 2]‎,f(x)‎=‎2f(x‎2‎)‎=‎2(x‎2‎−1)(x‎2‎−2)=‎1‎‎2‎(x−2)(x−4)‎最小值为‎−‎‎1‎‎2‎; x∈(4, 8]‎时,x‎2‎‎∈(2, 4]‎,f(x)‎=‎2f(x‎2‎)‎=‎(x‎2‎−2)(x‎2‎−4)=‎1‎‎4‎(x−4)(x−8)‎最小值为‎−1‎; x∈(8, 16]‎时,x‎2‎‎∈(4, 8]‎,f(x)‎=‎2f(x‎2‎)‎=‎2×‎1‎‎4‎(x‎2‎−4)(x‎2‎−8)=‎1‎‎8‎(x−8)(x−16)‎最小值为‎−2‎; ‎1‎‎8‎‎(x−8)(x−16)‎=‎−1⇒x=‎12±2‎‎2‎; 若对任意x∈(1, m]‎,都有f(x)≥−1‎, 则m∈(1, 12−2‎2‎]‎. 所以m的取值范围是‎(1, 12−2‎2‎]‎,‎ 二、填空题 ‎【答案】‎ ‎5‎ ‎【考点】‎ 二项式定理及相关概念 ‎【解析】‎ 直接令x=‎1‎即可求得结论.‎ ‎【解答】‎ 因为‎(2−‎1‎x‎2‎)(1+x‎)‎n的展开式中各项系数之和为‎32‎, 令x=‎1‎可得:‎(2−1)⋅(1+1‎‎)‎n=‎32⇒n=‎5‎;‎ ‎【答案】‎ ‎−‎‎7‎‎8‎ ‎【考点】‎ 二倍角的三角函数 ‎【解析】‎ 由二倍角的余弦函数公式,两角和的余弦函数公式化简已知等式,结合cosθ−sinθ≠0‎,可得cosθ+sinθ=‎‎2‎‎4‎,两边平方,利用同角三角函数基本关系式,二倍角的正弦函数公式可求sin2θ的值.‎ ‎【解答】‎ ‎∵ ‎2cos2θ=cos(θ+π‎4‎)‎, ∴ ‎2(cos‎2‎θ−sin‎2‎θ)‎=‎2(cosθ+sinθ)(cosθ−sinθ)=‎2‎‎2‎(cosθ−sinθ)‎, 又∵ θ∈(π‎2‎,π)‎, ∴ cosθ−sinθ≠0‎, ∴ 解得:cosθ+sinθ=‎‎2‎‎4‎, ∴ 两边平方,可得:‎1+sin2θ=‎‎1‎‎8‎, ∴ 可得:sin2θ=−‎‎7‎‎8‎.‎ ‎【答案】‎ ‎2‎ ‎【考点】‎ 抛物线的性质 直线与抛物线的位置关系 ‎【解析】‎ 求得抛物线的焦点和准线方程,直线AB的方程,代入抛物线方程,利用韦达定理及抛物线的焦点弦公式,联立即可求得x‎1‎,x‎2‎,由x‎1‎‎⋅‎x‎2‎=‎4‎,即可求得k的值.‎ ‎【解答】‎ 抛物线y‎2‎=‎4x的焦点F(1, 0)‎,准线方程为x=‎−1‎, 直线AB的方程为y=k (x−2)‎,k>(0)‎ 设A(x‎1‎, y‎1‎)‎,B(x‎2‎, y‎2‎)‎, 联立直线AB的方程和抛物线y‎2‎=‎4x, 化简可得 k‎2‎x‎2‎‎−(4k‎2‎+4)x+4‎k‎2‎=‎0‎, ∴ x‎1‎‎+‎x‎2‎=‎4+‎‎4‎k‎2‎①,x‎1‎‎⋅‎x‎2‎=‎4‎②, 由抛物线的焦半径公式可知‎|AF|‎=x‎1‎‎+p‎2‎=x‎1‎+1‎,‎|BF|‎=x‎2‎‎+p‎2‎=x‎2‎+1‎, 由‎|AF|=‎2‎‎5‎|BF|‎,可得x‎1‎‎+1=‎2‎‎5‎(x‎2‎+1)‎,即x‎1‎‎−‎2‎‎5‎x‎2‎=−‎‎3‎‎5‎③, 由①③解得x‎1‎‎=‎5‎‎7‎+‎‎8‎‎7‎k‎2‎,x‎2‎‎=‎23‎‎7‎+‎‎20‎‎7‎k‎2‎, 则x‎1‎‎⋅‎x‎2‎=‎(‎5‎‎7‎+‎8‎‎7‎k‎2‎)(‎23‎‎7‎+‎20‎‎7‎k‎2‎)‎=‎4‎, 化为‎(k‎2‎−4)(81k‎2‎+40)‎=‎0‎, 整理得k‎2‎=‎4‎,解得k=‎±2‎, 由k>0‎,则k=‎2‎,‎ ‎【答案】‎ ‎13π‎3‎ ‎【考点】‎ 二面角的平面角及求法 ‎【解析】‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 将三棱锥A−BCD补全为三棱柱,求出底面的外接圆半径,再通过勾股定理即可求出外接球的半径,代入外接球表面积公式即可.‎ ‎【解答】‎ 将三棱锥A−BCD补全为三棱柱,如图所示, 由题可知,三棱柱FDC−ABE为直三棱柱,‎∠ABE是二面角α−l−β的平面角,即‎∠ABE=‎π‎3‎, ∵ AB=BE=‎1‎, ∴ ‎△ABE是等边三角形, 设‎△ABE的外接圆半径是r,则‎1‎sinπ‎3‎‎=2r,解得r=‎‎3‎‎3‎, 设三棱锥A−BCD的外接球的半径是R,则R=‎(‎3‎‎2‎‎)‎‎2‎+(‎‎3‎‎3‎‎)‎‎2‎=‎‎13‎‎12‎, ∴ 三棱锥A−BCD外接球的表面积为‎4πR‎2‎=‎13‎‎3‎π.‎ 三、解答题 ‎【答案】‎ ‎(1)数列‎{an}‎中,由S‎3‎‎+2‎S‎2‎=‎13‎a‎1‎,所以:a‎3‎‎+3a‎2‎−10‎a‎1‎=‎0‎; 所以:q‎2‎‎+3q−10‎=‎0‎,解得:q=‎2‎或q=‎−5‎(舍); 所以数列‎{an}‎的通项公式为: an‎=‎11‎‎8‎×‎2‎n−1‎=11⋅‎2‎n−4‎(n∈N‎*‎)‎; (2)根据题意有:bn‎=[log‎2‎an]=[log‎2‎(11⋅‎2‎n−4‎)]=[n−4+log‎2‎11]‎; 因为:‎3|‎=‎|BE‎→‎‎⋅‎n‎→‎‎|BE‎→‎|⋅|n‎→‎|‎|=‎|−‎2‎|‎‎2‎‎⋅‎‎3‎=‎‎3‎‎3‎. ‎ ‎【考点】‎ 直线与平面所成的角 直线与平面垂直 ‎【解析】‎ ‎(‎Ⅰ‎)‎由已知求解三角形得AE⊥BE.由面PEB⊥‎面ABED,结合面面垂直的性质可得AE⊥‎面PEB,则PB⊥AE; ‎(‎Ⅱ‎)‎设直线BE与平面PAB所成角为θ,以E为原点,分别以EA,EB所在直线为x,y轴建立空间直角坐标系.求出平面PAB的一个法向量,再求出BE‎→‎的坐标,由两向量所成角的余弦值可得直线BE与平面PAB所成角的正弦值.‎ ‎【解答】‎ ‎(1)证明:由已知得BC=CE=ED=AD=‎1‎,∴ AE=BE=‎‎2‎, 又∵ AB=‎2‎,∴ EA‎2‎+EB‎2‎=AB‎2‎,得AE⊥BE. ∵ 面PEB⊥‎面ABED,面PEB∩‎面ABED=BE, ∴ AE⊥‎面PEB,则PB⊥AE; (2)设直线BE与平面PAB所成角为θ, 以E为原点建立如图所示的空间直角坐标系. 根据题意有:E(0, 0, 0)‎,A(‎2‎,0,0)‎,B(0,‎2‎,0)‎,P(0,‎2‎‎2‎,‎2‎‎2‎)‎. 得BE‎→‎‎=(0,−‎2‎,0)‎,AB‎→‎‎=(−‎2‎,‎2‎,0)‎,PB‎→‎‎=(0,‎2‎‎2‎,−‎2‎‎2‎)‎. 设平面PAB的法向量为:n‎→‎‎=(x,y,z)‎. 由n‎→‎‎⋅AB‎→‎=−‎2‎x+‎2‎y=0‎n‎→‎‎⋅PB‎→‎=‎2‎‎2‎y−‎2‎‎2‎z=0‎‎ ‎,取z=‎‎1‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎,得n‎→‎‎=(1,1,1)‎. ∴ sinθ=‎|cos|‎=‎|BE‎→‎‎⋅‎n‎→‎‎|BE‎→‎|⋅|n‎→‎|‎|=‎|−‎2‎|‎‎2‎‎⋅‎‎3‎=‎‎3‎‎3‎. ‎ ‎【答案】‎ ‎(1)这‎4‎份需检验血液有且只有一份为阳性,从中依次不放回的抽取‎3‎份血液,已知前两次的血液均为阴性,第‎3‎次出现阳性血液的概率;相当于在‎4‎份血液中,去掉‎2‎份隐性,余下的‎2‎份中,抽取‎1‎份为阳性的概率:P=C‎1‎‎1‎C‎2‎‎1‎=‎‎1‎‎2‎. (2)方式一:检验次数‎4‎次. 设方式二需要需检验的次数为X.根据题意有X的可能取值为‎1‎,(5)P(x=‎1)‎=‎(1−p‎)‎‎4‎,P(x=‎5)‎=‎1−(1−p‎)‎‎4‎. 所以:X的分布列为: ‎ X ‎1‎ ‎5‎ P ‎(1−p‎)‎‎4‎ ‎1−(1−p‎)‎‎4‎ ‎ 所以:E(X)‎=‎(1−p‎)‎‎4‎+5[1−(1−p‎)‎‎4‎]‎=‎5−4(1−p‎)‎‎4‎. 因为:‎02‎时:t(x)‎在‎(0, 2]‎增,在‎[2, a]‎减,在‎[a, +∞)‎增. (2)设P(x‎0‎,x‎0‎‎3‎)(x‎0‎>0)‎. 因为:g‎′‎‎(x)‎=‎3‎x‎2‎,所以:g‎′‎‎(x‎0‎)=3‎x‎0‎‎2‎. 所以直线l的方程为:y−x‎0‎‎3‎=3x‎0‎‎2‎(x−x‎0‎)‎,即:y=3x‎0‎‎2‎x−2‎x‎0‎‎3‎①. 假设直线l与f(x)‎的图象也相切,切点为:‎(x‎1‎, lnx‎1‎)‎. 因为f‎′‎‎(x)=‎‎1‎x,所以:f‎′‎‎(x‎1‎)=‎‎1‎x‎1‎. 所以直线l的方程也可以写作为:y−lnx‎1‎=‎1‎x‎1‎(x−x‎1‎)‎. 又因为:‎3x‎0‎‎2‎=‎‎1‎x‎1‎,即:x‎1‎‎=‎‎1‎‎3‎x‎0‎‎2‎. 所以直线l的方程为:y−ln‎1‎‎3‎x‎0‎‎2‎=3x‎0‎‎2‎(x−‎1‎‎3‎x‎0‎‎2‎)‎,即:y=3x‎0‎‎2‎x−21nx‎0‎−ln3−1‎②. 由①②有:‎−21nx‎0‎−ln3−1=−2‎x‎0‎‎3‎,即:‎2x‎0‎‎3‎−21nx‎0‎−1−ln3=0‎. 令:m(x‎0‎)=2x‎0‎‎3‎−21nx‎0‎−1−ln3=0(x‎0‎>0)‎, 所以:m‎′‎‎(x‎0‎)=6x‎0‎‎2‎−‎‎2‎x‎0‎. 令m‎′‎‎(x‎0‎)=6x‎0‎‎2‎−‎2‎x‎0‎≥0‎,得:x‎0‎‎≥‎‎3‎‎1‎‎3‎, 所以:m(x‎0‎)‎在‎(0,‎3‎‎1‎‎3‎]‎减,在‎[‎3‎‎1‎‎3‎,+∞)‎增. 所以:m(x‎0‎‎)‎min=m(‎3‎‎1‎‎3‎)=2×‎1‎‎3‎−21n‎3‎‎1‎‎3‎−1−ln3=−‎1‎‎3‎−‎1‎‎3‎ln3<0‎, 又因为:当x→0‎时,m(x‎0‎)→+∞‎;当x→+∞‎时,m(x‎0‎)→+∞‎. 所以:m(x‎0‎)=2x‎0‎‎3‎−21nx‎0‎−1−ln3=0‎在‎(0, +∞)‎有且只有两个实数根. 所以:存在这样的点P使得直线l与函数f(x)‎的图象也相切,这样的点P有且只有两个.‎ ‎【考点】‎ 利用导数研究函数的单调性 利用导数研究曲线上某点切线方程 ‎【解析】‎ ‎(‎Ⅰ‎)‎求出函数的导数,通过讨论a的范围,求出函数的单调区间即可; ‎(‎Ⅱ‎)‎设出切点坐标,表示出切线l的方程,结合函数的单调性,判断即可.‎ ‎【解答】‎ ‎(1)因为:t(x)=‎1‎‎2‎x‎2‎−(a+2)x+2alnx, 所以:t‎′‎‎(x)=x−(a+2)+‎2ax=‎‎(x−2)(x−a)‎x. 所以:①当a≤0‎时:t(x)‎在‎(0, 2]‎减,在‎[2, +∞)‎增; ②当a=‎2‎时:t(x)‎在‎(0, +∞)‎增; ③当‎02‎时:t(x)‎在‎(0, 2]‎增,在‎[2, a]‎减,在‎[a, +∞)‎增. (2)设P(x‎0‎,x‎0‎‎3‎)(x‎0‎>0)‎. 因为:g‎′‎‎(x)‎=‎3‎x‎2‎,所以:g‎′‎‎(x‎0‎)=3‎x‎0‎‎2‎. 所以直线l的方程为:y−x‎0‎‎3‎=3x‎0‎‎2‎(x−x‎0‎)‎,即:y=3x‎0‎‎2‎x−2‎x‎0‎‎3‎①. 假设直线l与f(x)‎的图象也相切,切点为:‎(x‎1‎, lnx‎1‎)‎. 因为f‎′‎‎(x)=‎‎1‎x,所以:f‎′‎‎(x‎1‎)=‎‎1‎x‎1‎. 所以直线l的方程也可以写作为:y−lnx‎1‎=‎1‎x‎1‎(x−x‎1‎)‎. 又因为:‎3x‎0‎‎2‎=‎‎1‎x‎1‎,即:x‎1‎‎=‎‎1‎‎3‎x‎0‎‎2‎. 所以直线l的方程为:y−ln‎1‎‎3‎x‎0‎‎2‎=3x‎0‎‎2‎(x−‎1‎‎3‎x‎0‎‎2‎)‎,即:y=3x‎0‎‎2‎x−21nx‎0‎−ln3−1‎②. 由①②有:‎−21nx‎0‎−ln3−1=−2‎x‎0‎‎3‎,即:‎2x‎0‎‎3‎−21nx‎0‎−1−ln3=0‎. 令:m(x‎0‎)=2x‎0‎‎3‎−21nx‎0‎−1−ln3=0(x‎0‎>0)‎, 所以:m‎′‎‎(x‎0‎)=6x‎0‎‎2‎−‎‎2‎x‎0‎. 令m‎′‎‎(x‎0‎)=6x‎0‎‎2‎−‎2‎x‎0‎≥0‎,得:x‎0‎‎≥‎‎3‎‎1‎‎3‎, 所以:m(x‎0‎)‎在‎(0,‎3‎‎1‎‎3‎]‎减,在‎[‎3‎‎1‎‎3‎,+∞)‎增. 所以:m(x‎0‎‎)‎min=m(‎3‎‎1‎‎3‎)=2×‎1‎‎3‎−21n‎3‎‎1‎‎3‎−1−ln3=−‎1‎‎3‎−‎1‎‎3‎ln3<0‎, 又因为:当x→0‎时,m(x‎0‎)→+∞‎;当x→+∞‎时,m(x‎0‎)→+∞‎. 所以:m(x‎0‎)=2x‎0‎‎3‎−21nx‎0‎−1−ln3=0‎在‎(0, +∞)‎有且只有两个实数根. 所以:存在这样的点P使得直线l与函数f(x)‎的图象也相切,这样的点P有且只有两个.‎ ‎【答案】‎ 第21页 共22页 ◎ 第22页 共22页 ‎ 设线段AB的中点为D(xD, yD)‎, 则:xD‎=x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎=‎‎2‎‎3‎k‎2k‎2‎+1‎,yD‎=kxD−‎1‎‎3‎=‎2‎‎3‎k‎2k‎2‎+1‎⋅k−‎1‎‎3‎=−‎‎1‎‎3‎‎2k‎2‎+1‎. 因为以E(0,‎1‎‎9‎)‎为圆心的圆与直线AB相切于AB的中点, 所以:ED‎→‎‎⊥‎AB‎→‎, 又因为:ED‎→‎‎=(‎2‎‎3‎k‎2k‎2‎+1‎,−‎1‎‎3‎‎2k‎2‎+1‎−‎1‎‎9‎)‎,且AB‎→‎与‎(1, k)‎平行, 所以:‎2‎‎3‎k‎2k‎2‎+1‎‎+(−‎1‎‎3‎‎2k‎2‎+1‎−‎1‎‎9‎)k=0‎, 解得k=‎0‎或‎±(1)‎ 由上图有:四边形PAEB的面积S=‎1‎‎2‎|PE||x‎1‎−x‎2‎|=‎1‎‎2‎×‎8‎‎9‎|x‎1‎−x‎2‎|=‎4‎‎9‎|x‎1‎−x‎2‎|‎. ①当k=‎0‎时:lAB‎:y=−‎‎1‎‎3‎,易得:A(−‎4‎‎3‎,−‎1‎‎3‎)‎、B(‎4‎‎3‎,−‎1‎‎3‎)‎, 所以:S=‎4‎‎9‎|x‎1‎−x‎2‎|=‎4‎‎9‎|−‎4‎‎3‎−‎4‎‎3‎|=‎‎32‎‎27‎. ②当k=‎±1‎时: 有:‎|x‎1‎−x‎2‎|=‎(x‎1‎+x‎2‎)‎‎2‎‎−4‎x‎1‎x‎2‎=‎(‎4‎‎3‎k‎2k‎2‎+1‎)‎‎2‎‎+‎‎64‎‎9‎‎2k‎2‎+1‎=‎‎4‎‎13‎‎9‎, 所以:S=‎4‎‎9‎|x‎1‎−x‎2‎|=‎4‎‎9‎×‎4‎‎13‎‎9‎=‎‎16‎‎13‎‎81‎. 由①②有:S=‎‎32‎‎27‎或‎16‎‎13‎‎81‎. 方法二:由‎(‎Ⅰ‎)‎有:lAB‎:y=kx−‎‎1‎‎3‎,x‎1‎‎+x‎2‎=‎‎4‎‎3‎k‎2k‎2‎+1‎,x‎1‎x‎2‎‎=−‎‎16‎‎9‎‎2k‎2‎+1‎. 由上图有:四边形PAEB的面积S=‎1‎‎2‎|PE||x‎1‎−x‎2‎|=‎1‎‎2‎×‎8‎‎9‎|x‎1‎−x‎2‎|=‎4‎‎9‎|x‎1‎−x‎2‎|‎. 根据题意结合图形有:‎|EA|‎=‎|EB|‎,即:x‎1‎‎2‎‎+‎‎(y‎1‎−‎1‎‎9‎)‎‎2‎‎=‎x‎2‎‎2‎‎+‎‎(y‎2‎−‎1‎‎9‎)‎‎2‎, 即:‎2−2y‎1‎‎2‎+‎‎(y‎1‎−‎1‎‎9‎)‎‎2‎‎=‎‎2−2y‎2‎‎2‎+‎‎(y‎2‎−‎1‎‎9‎)‎‎2‎,化简得:‎(y‎1‎−y‎2‎)(y‎1‎+y‎2‎+‎2‎‎9‎)=0‎, 所以:y‎1‎‎−‎y‎2‎=‎0‎或y‎1‎‎+y‎2‎=−‎‎2‎‎9‎. ①当y‎1‎‎−‎y‎2‎=‎0‎时,易得:k=‎0‎,即:lAB‎:y=−‎‎1‎‎3‎,易得:A(−‎4‎‎3‎,−‎1‎‎3‎)‎、B(‎4‎‎3‎,−‎1‎‎3‎)‎, 所以:S=‎4‎‎9‎|x‎1‎−x‎2‎|=‎4‎‎9‎|−‎4‎‎3‎−‎4‎‎3‎|=‎‎32‎‎27‎. ②当y‎1‎‎+y‎2‎=−‎‎2‎‎9‎时:y‎1‎‎+y‎2‎=k(x‎1‎+x‎2‎)−‎2‎‎3‎=‎4‎‎3‎k‎2‎‎2k‎2‎+1‎−‎2‎‎3‎=−‎‎2‎‎9‎,解得:k=‎±(1)‎ 有:‎|x‎1‎−x‎2‎|=‎(x‎1‎+x‎2‎)‎‎2‎‎−4‎x‎1‎x‎2‎=‎(‎4‎‎3‎k‎2k‎2‎+1‎)‎‎2‎‎+‎‎64‎‎9‎‎2k‎2‎+1‎=‎‎4‎‎13‎‎9‎, 所以:S=‎4‎‎9‎|x‎1‎−x‎2‎|=‎4‎‎9‎×‎4‎‎13‎‎9‎=‎‎16‎‎13‎‎81‎. 由①②有:S=‎‎32‎‎27‎或‎16‎‎13‎‎81‎ ‎【考点】‎ 椭圆的应用 直线与椭圆的位置关系 ‎【解析】‎ ‎(‎Ⅰ‎)‎直线AB、PB、PA斜率均存在.设lAB‎:y=kx+m,A(x‎1‎, y‎1‎)‎、B(x‎2‎, y‎2‎)‎,联立:x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎=1‎y=kx+m‎ ‎,消去y,利用韦达定理,以及PB⊥PA,求出m,然后求解直线系方程,得到定点坐标. ‎(‎Ⅱ‎)‎方法一:由‎(‎Ⅰ‎)‎有:m=−‎‎1‎‎3‎,求出直线AB的方程,结合韦达定理,求解D的坐标,利用ED‎→‎‎⊥‎AB‎→‎,求出k,通过弦长公式,求解三角形的面积即可. 方法二:由‎(‎Ⅰ‎)‎写出直线方程,表示出四边形PAEB的面积,结合图形,转化求解即可.‎ ‎【解答】‎ ‎(1)证明:根据题意有:直线AB、PB、PA斜率均存在. 设lAB‎:y=kx+m,A(x‎1‎, y‎1‎)‎、B(x‎2‎, y‎2‎)‎ 联立:x‎2‎‎2‎‎+y‎2‎=1‎y=kx+m‎ ‎,有:‎(2k‎2‎+1)x‎2‎+4kmx+2m‎2‎−2‎=‎0‎, 所以:x‎1‎‎+x‎2‎=−‎‎4km‎2k‎2‎+1‎,x‎1‎x‎2‎‎=‎‎2m‎2‎−2‎‎2k‎2‎+1‎. 因为PB⊥PA, 所以:kPB‎⋅kPA=y‎1‎‎−1‎x‎1‎⋅y‎2‎‎−1‎x‎2‎=kx‎1‎+m−1‎x‎1‎⋅kx‎2‎+m−1‎x‎2‎=−1‎, 化简得:‎(k‎2‎+1)x‎1‎x‎2‎+k(m−1)(x‎1‎+x‎2‎)+(m−1‎)‎‎2‎=0‎, 所以:‎(k‎2‎+1)‎2m‎2‎−2‎‎2k‎2‎+1‎−k(m−1)‎4km‎2k‎2‎+1‎+(m−1‎)‎‎2‎=0‎, 化简得:‎3m‎2‎−2m−1‎=‎0‎,解得m=−‎‎1‎‎3‎或(1) 当m=‎1‎时,lAB‎:y=kx+1‎过点P,则P与A或B重合,不满足题意,舍去, 所以:m=−‎‎1‎‎3‎,即lAB‎:y=kx−‎‎1‎‎3‎ 所以:直线AB过定点‎(0,−‎1‎‎3‎)‎. (2)方法一:由‎(‎Ⅰ‎)‎有:m=−‎‎1‎‎3‎, 则:lAB‎:y=kx−‎‎1‎‎3‎,x‎1‎‎+x‎2‎=‎‎4‎‎3‎k‎2k‎2‎+1‎,x‎1‎x‎2‎‎=−‎‎16‎‎9‎‎2k‎2‎+1‎.‎ ‎[选修4-4:坐标系与参数方程]‎ ‎【答案】‎ ‎(1)由x=‎2‎cosβy=2+‎2‎sinβ‎ ‎(β为参数)有x‎2‎‎+y‎2‎−4y+2‎=‎0‎, ∴ C‎1‎的极坐标方程为ρ‎2‎‎−4ρsinθ+2‎=‎0‎, 直线l的极坐标方程为θ=α(ρ∈R)(α∈[0, π)‎). (2)联立ρ‎2‎‎−4ρsinθ+2=0‎θ=α‎ ‎,有ρ‎2‎‎−4ρsinα+2‎=‎0‎, 根据题有‎△‎=‎16sin‎2‎α−8>0‎,∴ ‎1‎‎2‎‎0‎,∴ ‎1‎‎2‎‎1‎.可得x的取值范围为R; (2)由‎|‎5‎‎2‎a+b|+|a−2b|≥|a|f(t)‎,有f(t)≤‎‎|‎5‎‎2‎a+b|+|a−2b|‎‎|a|‎, 即f(t)≤(‎‎|‎5‎‎2‎a+b|+|a−2b|‎‎|a|‎‎)‎min. 因为:‎|‎5‎‎2‎a+b|+|a−2b|‎‎|a|‎‎=‎|‎5‎‎2‎a+b|+2|a‎2‎−b|‎‎|a|‎≥‎|‎5‎‎2‎a+b|+|a‎2‎−b|‎‎|a|‎≥‎3|a|‎‎|a|‎=3‎(a=‎2b时取等号), 所以f(t)≤(3)‎即‎|t+1|+|2t−3|≤3‎, 即t≥‎‎3‎‎2‎t+1+2t−3≤3‎‎ ‎或‎−11‎.可得x的取值范围为R; (2)由‎|‎5‎‎2‎a+b|+|a−2b|≥|a|f(t)‎,有f(t)≤‎‎|‎5‎‎2‎a+b|+|a−2b|‎‎|a|‎, 即f(t)≤(‎‎|‎5‎‎2‎a+b|+|a−2b|‎‎|a|‎‎)‎min. 因为:‎|‎5‎‎2‎a+b|+|a−2b|‎‎|a|‎‎=‎|‎5‎‎2‎a+b|+2|a‎2‎−b|‎‎|a|‎≥‎|‎5‎‎2‎a+b|+|a‎2‎−b|‎‎|a|‎≥‎3|a|‎‎|a|‎=3‎(a=‎2b时取等号), 所以f(t)≤(3)‎即‎|t+1|+|2t−3|≤3‎, 即t≥‎‎3‎‎2‎t+1+2t−3≤3‎‎ ‎或‎−1
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