3、<”，但由“sin<”推不出“<”所以“<”是“sinθ<”的充分不必要條件．
5．在如圖所示的計算1＋5＋9＋…＋2021的程序框圖中，判斷框內應填入的條件是( )
A．i≤2021? B．i<2021?
C．i<2017? D．i≤2025?
答案 A
解析 由題意結合流程圖可知當i＝2021時，程序應執(zhí)行S＝S＋i，i＝i＋4＝2025，再次進入判斷框時應該跳出循環(huán)，輸出S的值；結合所給的選項可知判斷框內應填入的條件是i≤2021？.
6．已知二項式n(n∈N*)的展開式中第2項與第3項的二項式系數之比是2∶5，則x3的系數為( )
A．14 B．－14
4、 C．240 D．－240
答案 C
解析 二項展開式的第r＋1項的通項公式為Tr＋1＝C(2x)n－r·r，由展開式中第2項與第3項的二項式系數之比是2∶5，可得C∶C＝2∶5.即＝，解得n＝6.所以Tr＋1＝C26－r(－1)rx ，令6－r＝3，解得r＝2，所以x3的系數為C26－2(－1)2＝240.
7．在△ABC中，＋＝2，＋＝0，若＝x＋y，則( )
A．y＝3x B．x＝3y
C．y＝－3x D．x＝－3y
答案 D
解析 因為＋＝2，所以點D是BC的中點，又因為＋＝0，所以點E是AD的中點，所以有＝＋＝－＋＝－＋×(＋)＝－＋，因此＝－.所以x＝，y
5、＝－，即x＝－3y.
8．已知函數f(x)＝Asin(ωx＋φ)，A>0，ω>0，|φ|<的部分圖象如圖所示，則使f(a＋x)－f(a－x)＝0成立的a的最小正值為( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 由圖象易知，A＝2，f(0)＝1，即2sinφ＝1，且|φ|<，即φ＝，由圖可知，f＝0，所以sin＝0，所以·ω＋＝2kπ，k∈Z，即ω＝，k∈Z，又由圖可知，周期T>?>，得ω<，且ω>0，所以k＝1，ω＝2，所以函數f(x)＝2sin，因為f(a＋x)－f(a－x)＝0，所以函數f(x)的圖象關于x＝a對稱，即有2a＋＝kπ＋，k∈Z，所以可得a＝＋，k∈Z，
6、所以a的最小正值為.
9．若函數f(x)是定義在R上的奇函數，f＝1，當x<0時，f(x)＝log2(－x)＋m，則實數m＝( )
A．－1 B．0 C．1 D．2
答案 C
解析 ∵f(x)是定義在R上的奇函數，f＝1，且x<0時，f(x)＝log2(－x)＋m，∴f＝log2＋m＝－2＋m＝－1，∴m＝1.
10．在等差數列{an}中，a3，a9是方程x2＋24x＋12＝0的兩根，則數列{an}的前11項和等于( )
A．66 B．132 C．－66 D．－132
答案 D
解析 因為a3，a9是方程x2＋24x＋12＝0的兩根，所以a3＋a9＝－24，又a
7、3＋a9＝－24＝2a6，所以a6＝－12，S11＝＝＝－132.
11．已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右頂點分別為A，B，P為雙曲線左支上一點，△ABP為等腰三角形且外接圓的半徑為a，則雙曲線的離心率為( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 由題意知等腰△ABP中，|AB|＝|AP|＝2a，設∠ABP＝∠APB＝θ，F1為雙曲線的左焦點，
則∠F1AP＝2θ，其中θ必為銳角．
∵△ABP外接圓的半徑為a，∴2a＝，
∴sinθ＝，cosθ＝，
∴sin2θ＝2××＝，
cos2θ＝2×2－1＝.
設點P的坐標為(x，y)，
則x＝－a－|AP|
8、cos2θ＝－，y＝|AP|sin2θ＝，
故點P的坐標為.
由點P在雙曲線上，得－＝1，
整理得＝，∴e＝＝ ＝.
12．德國著名數學家狄利克雷(Dirichlet,1805～1859)在數學領域成就顯著.19世紀，狄利克雷定義了一個“奇怪的函數”：y＝f(x)＝其中R為實數集，Q為有理數集．則關于函數f(x)有如下四個命題：
①f[f(x)]＝0；②函數f(x)是偶函數；③任取一個不為零的有理數T，f(x＋T)＝f(x)對任意的x∈R恒成立；④存在三個點A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，C(x3，f(x3))，使得△ABC為等邊三角形．其中真命題的個數是( )
9、A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 當x為有理數時，f(x)＝1；當x為無理數時，f(x)＝0.∴當x為有理數時，f[f(x)]＝f(1)＝1；當x為無理數時，f[f(x)]＝f(0)＝1，∴無論x是有理數還是無理數，均有f[f(x)]＝1，故①不正確；∵有理數的相反數還是有理數，無理數的相反數還是無理數，
∴對任意x∈R，都有f(－x)＝f(x)，故②正確；當T∈Q時，若x是有理數，則x＋T也是有理數；若x是無理數，則x＋T也是無理數，∴根據函數的表達式，任取一個不為零的有理數T，f(x＋T)＝f(x)對x∈R恒成立，故③正確；取x1＝，x2＝0，x3＝－，f(x1)
10、＝0，f(x2)＝1，f(x3)＝0，∴A，B(0,1)，C，△ABC恰好為等邊三角形，故④正確，故選C.
第Ⅱ卷
本卷包括必考題和選考題兩部分．第13～21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據要求作答．
二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．
13．已知x，y滿足約束條件x，y∈R，則x2＋y2的最大值為________．
答案 8
解析 畫出不等式組表示的可行域如圖陰影部分所示(含邊界)．x2＋y2表示可行域內的點(x，y)到原點距離的平方．
由圖形可得，可行域內的點A或點B到原點的距離最大，且A(2，－2)，B(2,2)，又|
11、OA|＝|OB|＝2，∴(x2＋y2)max＝8.
14．設直三棱柱ABC－A1B1C1的所有頂點都在同一個球面上，且球的表面積是40π，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝120°，則此直三棱柱的高是________．
答案 2
解析 設AB＝AC＝AA1＝x，在△ABC中，∠BAC＝120°，則由余弦定理可得BC＝x.
由正弦定理，可得△ABC外接圓的半徑為r＝x，
又∵球的表面積是40π，∴球的半徑為R＝.
設△ABC外接圓的圓心為O′，球心為O，在Rt△OBO′中，有2＋x2＝10，解得x＝2，即AA1＝2.∴直三棱柱的高是2.
15．七巧板是我們祖先的一項創(chuàng)造，被譽為“東方魔
12、板”，它是由五塊等腰直角三角形(兩塊全等的小三角形、一塊中三角形和兩塊全等的大三角形)、一塊正方形和一塊平行四邊形組成的．如圖，在一個用七巧板拼成的正方形中任取一點，則此點取自黑色部分的概率是________．
答案
解析 由七巧板的構造可知，△BIC≌△GOH，故黑色部分的面積與梯形EFOH的面積相等，而S梯形EFOH＝S△DOF＝×S正方形ABDF＝S正方形ABDF，
∴所求的概率為P＝＝.
16．在數列{an}中，a1＝1，an＋1＝Sn＋3n(n∈N*，n≥1)，則數列{Sn}的通項公式為________．
答案 Sn＝3n－2n
解析 ∵an＋1＝Sn＋3n＝Sn＋
13、1－Sn，
∴Sn＋1＝2Sn＋3n，
∴＝·＋，∴－1＝，
又－1＝－1＝－，
∴數列是首項為－，公比為的等比數列，
∴－1＝－×n－1＝－n，
∴Sn＝3n－2n.
三、解答題：共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
17．(本小題滿分12分)在△ABC中，a，b，c分別是內角A，B，C的對邊，且bcosA＝sinA(acosC＋ccosA)．
(1)求角A的大小；
(2)若a＝2，△ABC的面積為，求△ABC的周長．
解 (1)∵bcosA＝sinA(acosC＋ccosA)，
∴由正弦定理可得，
sinBcosA＝sinA(sinAcosC＋sin
14、CcosA)
＝sinAsin(A＋C)＝sinAsinB，
即sinBcosA＝sinAsinB，∵sinB≠0，∴tanA＝，
∵A∈(0，π)，∴A＝.
(2)∵A＝，a＝2，△ABC的面積為，
∴bcsinA＝bc＝，∴bc＝5，
∴由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccosA，
即12＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc＝(b＋c)2－15，
解得b＋c＝3，
∴△ABC的周長為a＋b＋c＝2＋3＝5.
18．(本小題滿分12分)如圖，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.
(1)求證：BF∥平面AD
15、E；
(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；
(3)若二面角E－BD－F的余弦值為，求線段CF的長．
解 依題意，可以建立以A為坐標原點，分別以，，的方向為x軸、y軸、z軸正方向的空間直角坐標系(如圖)，可得A(0,0,0)，
B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0，1,0)，
E(0,0,2)．設CF＝h(h>0)，
則F(1,2，h)．
(1)證明：依題意，＝(1,0,0)是平面ADE的法向量，又＝(0,2，h)，可得·＝0，又因為直線BF?平面ADE，所以BF∥平面ADE.
(2)依題意，＝(－1,1,0)，＝(－1,0,2)，＝(－1，－2,2)．
設n
16、＝(x，y，z)為平面BDE的法向量，則
即不妨令z＝1，
可得n＝(2,2,1)．
因此有cos〈，n〉＝＝－.
所以，直線CE與平面BDE所成角的正弦值為.
(3)設m＝(x′，y′，z′)為平面BDF的法向量，
則即
不妨令y＝1，可得m＝.
由題意，有|cos〈m，n〉|＝＝＝，
解得h＝.經檢驗，符合題意．
所以線段CF的長為.
19．(本小題滿分12分)如圖，已知點F(1,0)為拋物線y2＝2px(p>0)的焦點，過點F的直線交拋物線于A，B兩點，點C在拋物線上，使得△ABC的重心G在x軸上，直線AC交x軸于點Q，且Q在點F的右側．記△AFG，△CQG的面
17、積分別為S1，S2.
(1)求p的值及拋物線的準線方程；
(2)求的最小值及此時點G的坐標．
解 (1)由題意得＝1，即p＝2.
所以拋物線的準線方程為x＝－1.
(2)設A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t,2t≠0，則xA＝t2.
由于直線AB過F，故直線AB的方程為x＝y＋1，代入y2＝4x，得y2－y－4＝0，
故2tyB＝－4，即yB＝－，所以B.
又由于xG＝(xA＋xB＋xC)，yG＝(yA＋yB＋yC)及重心G在x軸上，故2t－＋yC＝0，得
C，G.
所以直線AC的方程為y－2t＝2t(x－t2)，
18、
得Q(t2－1,0)．
由于Q在焦點F的右側，故t2>2.從而
＝
＝
＝＝2－.
令m＝t2－2，則m>0，
＝2－＝2－
≥2－＝1＋.
當m＝時，取得最小值1＋，此時G(2,0)．
20．(本小題滿分12分)設函數f(x)＝mex－x2＋3，其中m∈R.
(1)當f(x)為偶函數時，求函數h(x)＝xf(x)的極值；
(2)若函數f(x)在區(qū)間[－2,4]上有兩個零點，求m的取值范圍．
解 (1)由函數f(x)是偶函數，得f(－x)＝f(x)，
即me－x－(－x)2＋3＝mex－x2＋3對于任意實數x都成立，所以m＝0.
此時h(x)＝xf(x)＝－x3＋
19、3x，則h′(x)＝－3x2＋3.
由h′(x)＝0，解得x＝±1.
當x變化時，h′(x)與h(x)的變化情況如下表所示：
所以h(x)在(－∞，－1)，(1，＋∞)上單調遞減，在(－1,1)上單調遞增．
所以h(x)有極小值h(－1)＝－2，極大值h(1)＝2.
(2)由f(x)＝mex－x2＋3＝0，得m＝.
所以“f(x)在區(qū)間[－2,4]上有兩個零點”等價于“直線y＝m與曲線g(x)＝，x∈[－2,4]有且只有兩個公共點”．
對函數g(x)求導，得g′(x)＝.
由g′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3.
當x變化時，g′(x)與g(x)的變化情況如下表所示：
20、
所以g(x)在(－2，－1)，(3,4)上單調遞減，在(－1,3)上單調遞增．
又因為g(－2)＝e2，g(－1)＝－2e，g(3)＝g(－1)，
所以當－2e
21、若無次品，則認定該盒芯片合格，不再檢驗，可出廠．
(1)若某盒芯片中有9片合格，3片不合格，求該盒芯片經一次檢驗即可出廠的概率？
(2)若每片芯片售價10元，每片芯片檢驗費用1元，次品到達組裝工廠被發(fā)現后，每片須由代工廠退賠10元，并補償1片經檢驗合格的芯片給組裝廠．設每片芯片不合格的概率為p(0
22、的事件為A，則P(A)＝＝.
答：該盒芯片可出廠的概率為.
(2)①某盒12片芯片中恰有3片次品的概率
f(p)＝Cp3(1－p)9
當且僅當3p＝1－p，即p＝時取“＝”號，
故f(p)的最大值點p0＝.
②由題設知，p＝p0＝.設這盒芯片不合格品個數為n，
則n～B，故E(n)＝12×＝3，
則E(X)＝120－12－30－3×2＝72.
∴這盒芯片的最終利潤X的期望是72元．
請考生在第22、23題中任選一題作答．如果多做，則按所做的第一題計分，作答時請寫清題號．
22．(本小題滿分10分)[選修4－4：坐標系與參數方程]
在平面直角坐標系xOy中，曲線C1的
23、方程為x2＋y2＝4，直線l的參數方程為(t為參數)，若將曲線C1上的點的橫坐標不變，縱坐標變?yōu)樵瓉淼?，得曲線C2.
(1)寫出曲線C2的參數方程；
(2)設點P(－2,3)，直線l與曲線C2的兩個交點分別為A，B，求＋的值．
解 (1)若將曲線C1上的點的橫坐標不變，縱坐標變?yōu)樵瓉淼模瑒t得到曲線C2的直角坐標方程為x2＋2＝4，整理，得＋＝1，
∴曲線C2的參數方程為(θ為參數)．
(2)將直線l的參數方程化為標準形式為
(t′為參數)，
將參數方程代入＋＝1，得
＋＝1，
整理，得(t′)2＋18t′＋36＝0.
∴|PA|＋|PB|＝|t1′＋t2′|＝，
|PA|
24、·|PB|＝t1′t2′＝，
∴＋＝＝＝.
23．(本小題滿分10分)[選修4－5：不等式選講]
已知函數f(x)＝|x＋3|＋|x－1|的最小值為m.
(1)求m的值以及此時x的取值范圍；
(2)若實數p，q，r滿足：p2＋2q2＋r2＝m，
證明：q(p＋r)≤2.
解 (1)依題意，得f(x)＝|x＋3|＋|x－1|≥|x＋3－x＋1|＝4，故m的值為4.
當且僅當(x＋3)(x－1)≤0，即－3≤x≤1時等號成立，即x的取值范圍為[－3,1]．
(2)證明：因為p2＋2q2＋r2＝m，
故(p2＋q2)＋(q2＋r2)＝4.
因為p2＋q2≥2pq，當且僅當p＝q時等號成立；
q2＋r2≥2qr，當且僅當q＝r時等號成立，
所以(p2＋q2)＋(q2＋r2)＝4≥2pq＋2qr，
故q(p＋r)≤2，當且僅當p＝q＝r時等號成立．
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（全國通用）2020版高考數學二輪復習 專題提分教程 仿真模擬卷一 理
