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(jì)算1＋5＋9＋…＋2021的程序框圖中，判斷框內(nèi)應(yīng)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(jié)合流程圖可知當(dāng)i＝2021時(shí)，程序應(yīng)執(zhí)行S＝S＋i，i＝i＋4＝2025，再次進(jìn)入判斷框時(shí)應(yīng)該跳出循環(huán)，輸出S的值；結(jié)合所給的選項(xiàng)可知判斷框內(nèi)應(yīng)填入的條件是i≤2021？.
6．已知二項(xiàng)式n(n∈N*)的展開(kāi)式中第2項(xiàng)與第3項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)之比是2∶5，則x3的系數(shù)為( )
A．14 B．－14
4、 C．240 D．－240
答案 C
解析 二項(xiàng)展開(kāi)式的第r＋1項(xiàng)的通項(xiàng)公式為Tr＋1＝C(2x)n－r·r，由展開(kāi)式中第2項(xiàng)與第3項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)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(shù)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?yàn)椋?，所以點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，又因?yàn)椋?，所以點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，所以有＝＋＝－＋＝－＋×(＋)＝－＋，因此＝－.所以x＝，y
5、＝－，即x＝－3y.
8．已知函數(shù)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(shù)f(x)＝2sin，因?yàn)閒(a＋x)－f(a－x)＝0，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于x＝a對(duì)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(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，f＝1，當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝log2(－x)＋m，則實(shí)數(shù)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(shù)，f＝1，且x<0時(shí)，f(x)＝log2(－x)＋m，∴f＝log2＋m＝－2＋m＝－1，∴m＝1.
10．在等差數(shù)列{an}中，a3，a9是方程x2＋24x＋12＝0的兩根，則數(shù)列{an}的前11項(xiàng)和等于( )
A．66 B．132 C．－66 D．－132
答案 D
解析 因?yàn)閍3，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(diǎn)分別為A，B，P為雙曲線左支上一點(diǎn)，△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(shè)∠ABP＝∠APB＝θ，F(xiàn)1為雙曲線的左焦點(diǎn)，
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(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x，y)，
則x＝－a－|AP|
8、cos2θ＝－，y＝|AP|sin2θ＝，
故點(diǎn)P的坐標(biāo)為.
由點(diǎn)P在雙曲線上，得－＝1，
整理得＝，∴e＝＝ ＝.
12．德國(guó)著名數(shù)學(xué)家狄利克雷(Dirichlet,1805～1859)在數(shù)學(xué)領(lǐng)域成就顯著.19世紀(jì)，狄利克雷定義了一個(gè)“奇怪的函數(shù)”：y＝f(x)＝其中R為實(shí)數(shù)集，Q為有理數(shù)集．則關(guān)于函數(shù)f(x)有如下四個(gè)命題：
①f[f(x)]＝0；②函數(shù)f(x)是偶函數(shù)；③任取一個(gè)不為零的有理數(shù)T，f(x＋T)＝f(x)對(duì)任意的x∈R恒成立；④存在三個(gè)點(diǎn)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(gè)數(shù)是( )
9、A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 當(dāng)x為有理數(shù)時(shí)，f(x)＝1；當(dāng)x為無(wú)理數(shù)時(shí)，f(x)＝0.∴當(dāng)x為有理數(shù)時(shí)，f[f(x)]＝f(1)＝1；當(dāng)x為無(wú)理數(shù)時(shí)，f[f(x)]＝f(0)＝1，∴無(wú)論x是有理數(shù)還是無(wú)理數(shù)，均有f[f(x)]＝1，故①不正確；∵有理數(shù)的相反數(shù)還是有理數(shù)，無(wú)理數(shù)的相反數(shù)還是無(wú)理數(shù)，
∴對(duì)任意x∈R，都有f(－x)＝f(x)，故②正確；當(dāng)T∈Q時(shí)，若x是有理數(shù)，則x＋T也是有理數(shù)；若x是無(wú)理數(shù)，則x＋T也是無(wú)理數(shù)，∴根據(jù)函數(shù)的表達(dá)式，任取一個(gè)不為零的有理數(shù)T，f(x＋T)＝f(x)對(duì)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(gè)試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據(jù)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_(kāi)_______．
答案 8
解析 畫(huà)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(nèi)的點(diǎn)(x，y)到原點(diǎn)距離的平方．
由圖形可得，可行域內(nèi)的點(diǎn)A或點(diǎn)B到原點(diǎn)的距離最大，且A(2，－2)，B(2,2)，又|
11、OA|＝|OB|＝2，∴(x2＋y2)max＝8.
14．設(shè)直三棱柱ABC－A1B1C1的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)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(shè)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(shè)△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(xiàng)創(chuàng)造，被譽(yù)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(gè)用七巧板拼成的正方形中任取一點(diǎn)，則此點(diǎn)取自黑色部分的概率是________．
答案
解析 由七巧板的構(gòu)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(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝Sn＋3n(n∈N*，n≥1)，則數(shù)列{Sn}的通項(xiàng)公式為_(kāi)_______．
答案 Sn＝3n－2n
解析 ∵an＋1＝Sn＋3n＝Sn＋
13、1－Sn，
∴Sn＋1＝2Sn＋3n，
∴＝·＋，∴－1＝，
又－1＝－1＝－，
∴數(shù)列是首項(xiàng)為－，公比為的等比數(shù)列，
∴－1＝－×n－1＝－n，
∴Sn＝3n－2n.
三、解答題：共70分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟．
17．(本小題滿分12分)在△ABC中，a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C的對(duì)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(zhǎng)．
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(zhǎng)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(zhǎng)．
解 依題意，可以建立以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，，的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向的空間直角坐標(biāo)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(shè)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?yàn)橹本€BF?平面ADE，所以BF∥平面ADE.
(2)依題意，＝(－1,1,0)，＝(－1,0,2)，＝(－1，－2,2)．
設(shè)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(shè)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(jīng)檢驗(yàn)，符合題意．
所以線段CF的長(zhǎng)為.
19．(本小題滿分12分)如圖，已知點(diǎn)F(1,0)為拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)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(diǎn)Q，且Q在點(diǎn)F的右側(cè)．記△AFG，△CQG的面
17、積分別為S1，S2.
(1)求p的值及拋物線的準(zhǔn)線方程；
(2)求的最小值及此時(shí)點(diǎn)G的坐標(biāo)．
解 (1)由題意得＝1，即p＝2.
所以拋物線的準(zhǔn)線方程為x＝－1.
(2)設(shè)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(guò)F，故直線AB的方程為x＝y(tǒng)＋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(diǎn)F的右側(cè)，故t2>2.從而
＝
＝
＝＝2－.
令m＝t2－2，則m>0，
＝2－＝2－
≥2－＝1＋.
當(dāng)m＝時(shí)，取得最小值1＋，此時(shí)G(2,0)．
20．(本小題滿分12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝mex－x2＋3，其中m∈R.
(1)當(dāng)f(x)為偶函數(shù)時(shí)，求函數(shù)h(x)＝xf(x)的極值；
(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2,4]上有兩個(gè)零點(diǎn)，求m的取值范圍．
解 (1)由函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，得f(－x)＝f(x)，
即me－x－(－x)2＋3＝mex－x2＋3對(duì)于任意實(shí)數(shù)x都成立，所以m＝0.
此時(shí)h(x)＝xf(x)＝－x3＋
19、3x，則h′(x)＝－3x2＋3.
由h′(x)＝0，解得x＝±1.
當(dāng)x變化時(shí)，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(diào)遞減，在(－1,1)上單調(diào)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(gè)零點(diǎn)”等價(jià)于“直線y＝m與曲線g(x)＝，x∈[－2,4]有且只有兩個(gè)公共點(diǎn)”．
對(duì)函數(shù)g(x)求導(dǎo)，得g′(x)＝.
由g′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝3.
當(dāng)x變化時(shí)，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(diào)遞減，在(－1,3)上單調(diào)遞增．
又因?yàn)間(－2)＝e2，g(－1)＝－2e，g(3)＝g(－1)，
所以當(dāng)－2e
21、若無(wú)次品，則認(rèn)定該盒芯片合格，不再檢驗(yàn)，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(jīng)一次檢驗(yàn)即可出廠的概率？
(2)若每片芯片售價(jià)10元，每片芯片檢驗(yàn)費(fèi)用1元，次品到達(dá)組裝工廠被發(fā)現(xiàn)后，每片須由代工廠退賠10元，并補(bǔ)償1片經(jīng)檢驗(yàn)合格的芯片給組裝廠．設(shè)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(dāng)且僅當(dāng)3p＝1－p，即p＝時(shí)取“＝”號(hào)，
故f(p)的最大值點(diǎn)p0＝.
②由題設(shè)知，p＝p0＝.設(shè)這盒芯片不合格品個(gè)數(shù)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(rùn)X的期望是72元．
請(qǐng)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(jì)分，作答時(shí)請(qǐng)寫(xiě)清題號(hào)．
22．(本小題滿分10分)[選修4－4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]
在平面直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C1的
23、方程為x2＋y2＝4，直線l的參數(shù)方程為(t為參數(shù))，若將曲線C1上的點(diǎn)的橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的，得曲線C2.
(1)寫(xiě)出曲線C2的參數(shù)方程；
(2)設(shè)點(diǎn)P(－2,3)，直線l與曲線C2的兩個(gè)交點(diǎn)分別為A，B，求＋的值．
解 (1)若將曲線C1上的點(diǎn)的橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的，則得到曲線C2的直角坐標(biāo)方程為x2＋2＝4，整理，得＋＝1，
∴曲線C2的參數(shù)方程為(θ為參數(shù))．
(2)將直線l的參數(shù)方程化為標(biāo)準(zhǔn)形式為
(t′為參數(shù))，
將參數(shù)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(shù)f(x)＝|x＋3|＋|x－1|的最小值為m.
(1)求m的值以及此時(shí)x的取值范圍；
(2)若實(shí)數(shù)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(dāng)且僅當(dāng)(x＋3)(x－1)≤0，即－3≤x≤1時(shí)等號(hào)成立，即x的取值范圍為[－3,1]．
(2)證明：因?yàn)閜2＋2q2＋r2＝m，
故(p2＋q2)＋(q2＋r2)＝4.
因?yàn)閜2＋q2≥2pq，當(dāng)且僅當(dāng)p＝q時(shí)等號(hào)成立；
q2＋r2≥2qr，當(dāng)且僅當(dāng)q＝r時(shí)等號(hào)成立，
所以(p2＋q2)＋(q2＋r2)＝4≥2pq＋2qr，
故q(p＋r)≤2，當(dāng)且僅當(dāng)p＝q＝r時(shí)等號(hào)成立．
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（全國(guó)通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題提分教程 仿真模擬卷一 理
