江西省南昌市高考数学二模试卷(理科)

2023年江西省南昌市高考数学二模试卷（理科）1. 已知集合，，则( )A. B. C. D.2. 已知复数z满足，则复数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3. 已知数列，若，则( )A. 9B. 11C. 13D. 154. 已知函数，命题p：，，使得，命题，当时，都有，则下列命题中为真命题的是( )A. B. C. D.5. 已知抛物线C：的准线为l，点M是抛物线上一点，若圆M过点且与直线l相切，则圆M与y轴相交所得弦长是( )A. B. C. 4 D.6. 如图，A，B，C是正方体的顶点，，点P在正方体的表面上运动，若三棱锥的主视图、左视图的面积都是1，俯视图的面积为2，则PA的取值范围为( )A.B.C.D.7. 已知单位向量满足，则的夹角为( )A. B. C. D.8. 已知，，，则( )A. B. C. D.9. 已知数列的通项公式为，保持数列中各项顺序不变，对任意的，在数列的与项之间，都插入个相同的数，组成数列，记数列的前n项的和为，则( )A. 4056B. 4096C. 8152D. 819210. 已知正四面体的棱长为，现截去四个全等的小正四面体，得到如图的八面体，若这个八面体能放进半径为的球形容器中，则截去的小正四面体的棱长最小值为( )A.B.C.D.11. 已知正实数a使得函数有且只有三个不同零点，，，若，则下列，，的关系式中，正确的是( )A. B. C. D.12. 中国灯笼又统称为灯彩，是一种古老的汉族传统工艺品.灯笼综合了绘画、剪纸、纸扎、刺缝等工艺，与中国人的生活息息相连.灯笼成了中国人喜庆的象征.经过历代灯彩艺人的继承和发展，形成了丰富多彩的品种和高超的工艺水平，从种类上主要有宫灯、纱灯、吊灯等类型，现将红木宫灯、檀木宫灯、楠木纱灯、花梨木纱灯、恭喜发财吊灯、吉祥如意吊灯各一个随机挂成一排，则有且仅有一种类型的灯笼相邻的概率为( )A. B. C. D.13. 已知随机变量X的分布列为X01P则随机变量的数学期望______ .14. 已知变量x，y满足，则的最大值为______ .15. 已知函数的图象关于点中心对称为自然对数的底数，则______ .16. 足球是大众喜爱的运动，足球比赛中，传球球员的传球角度、接球球员的巧妙跑位都让观众赞不绝口.甲、乙两支球队一场比赛的某一时刻，三位球员站位如图所示，其中A，B点站的是甲队队员，C点站的是乙队队员，，这两平行线间的距离为3m，，，，点B在直线l上，且，这时，站位A点球员传球给站位B点队友传球球员能根据队友跑位调整传球方向及控制传球力度，及时准确传到接球点，记传球方向与的夹角为，已知站位B，C两点队员跑动速度都是，现要求接球点满足下面两个条件：①站位B点队员能至少比站位C点队员早1s跑到接球点；②接球点在直线l的左侧包括；则的取值范围是______ .17.如图是函数的部分图象，已知求；若，求18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为4的菱形，，，点E在线段PB上，，平面平面求PE；求直线DE与平面CDP所成角的正弦值.19. 一地质探测队为探测一矿中金属锂的分布情况，先设了1个原点，再确定了5个采样点，这5个采样点到原点距离分别为，其中，并得到了各采样点金属锂的含量，得到一组数据，，2，3，4，5，经计算得到如下统计量的值：，，，，，其中，利用相关系数判断与哪一个更适宜作为y关于x的回归模型；建立y关于x的回归方程.参考公式：回归方程中斜率、截距的最小二乘估计公式、相关系数公式分别为，，；参考数据：20. 已知椭圆的焦距为，左、右顶点分别为，，上顶点为B，过点的直线，斜率分别为，直线与直线，的交点分别为B，求椭圆C的方程；若直线与椭圆C的另一个交点为Q，直线BQ与x轴的交点为R，记的面积为，的面积为，求的取值范围.21. 已知函数为的导函数.当，时，求函数的极值；已知，，若存在，使得成立，求证：22. “太极图”是关于太极思想的图示，其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，也被称为“阴阳鱼太极图”.在平面直角坐标系xOy中，“太极图”是一个圆心为坐标原点，半径为4的圆，其中黑、白区域分界线，为两个圆心在y轴上的半圆，在太极图内，以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系.求点P的一个极坐标和分界线的极坐标方程；过原点的直线l与分界线，分别交于M，N两点，求面积的最大值.23. 已知，在给出的直角坐标系中画出函数的图象；若在R上恒成立，求的最小值.答案和解析1.【答案】D【解析】解：，，故选：可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．本题考查了一元二次不等式的解法，对数函数的定义域和单调性，考查了计算能力，属于基础题．2.【答案】C【解析】解：，则，故，即复数z在复平面内对应的点在第三象限．故选：根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．3.【答案】B【解析】解：由，可得，解得，则，故选：由已知递推式可令，解得，再令，可得的值．本题考查数列的递推式的运用，考查转化思想和运算能力，属于基础题．4.【答案】A【解析】解：命题p：当时，，所以，即，则，，使得，故命题p为假命题；命题q：当时，函数单调递增，又函数在R上单调递增，所以函数在上单调递增，所以时，，故命题q为真命题．则命题为真，故A正确；命题为假，故B错误；命题为假，故C错误；命题为假，故D错误．故选：根据正弦函数的性质和指数函数的性质依次判断命题p、q的真假，结合命题“且”、“或”、“非”的概念，依次判断即可．本题主要考查复合命题及其真假，属于基础题．5.【答案】D【解析】解：由题意得抛物线C：，则准线l为，设，因为圆M与直线l相切，所以圆的半径为，则圆标准方程为，又圆M过点，所以，①．又②，由①②，解得，则，设圆M与y轴交于点B，C，则故选：设，则，，进而，解得，利用垂径定理计算即可求解．本题考查抛物线的性质，考查运算求解能力，属中档题．6.【答案】D【解析】解：A，B，C是正方体的顶点，，点P在正方体的表面上运动，三棱锥的主视图、左视图的面积都是1，俯视图的面积为2，可知P在正方体表面折线EGF上，E、G、F分别为所在棱的中点，PA的取值范围为：，即故选：判断P的轨迹，然后转化求解PA的取值范围．本题考查棱柱的结构特征，动点的轨迹的判断，三视图的应用，是中档题．7.【答案】C【解析】解：记的夹角为，则，由，即，两边平方，得，即，即，则，当时，，不符合题意，所以，又，则故选：由两边平方，根据向量数量积的运算即可求出夹角．本题主要考查数量积表示两个向量的夹角，属于基础题．8.【答案】A【解析】解：，，综上，故选：根据对数函数的性质，结合对数换底公式判断即可．本题主要考查对数值大小的比较，属于基础题．9.【答案】C【解析】解：插入n组共个，，前面插入12组数，最后面插入9个，1，个，2，个，，个，，⋯，，个，，个，，，又数列的前13项和为，故选：插入n组共个，可知前面插入12组数，最后面插入9个，从而可得插入的数之和为，又数列的前13项和，可得本题考查了分组求和，属于中档题．10.【答案】B【解析】解：如图，正四面体中，棱长为；顶点A在面BCD的投射影为的中心Q，正四面体外接球球心为点截去四个全等的小正四面体之后得到的八面体的外接球球心同样为点，E为CD中点，，，，在中，，在中，，又，则，即，解得，则，设小正四面体的棱长，N为上面小正四面体底面中心，则，由题意，八面体能放进半径为的球形容器，则八面体的外接球半径在中，，则，即，解得所以截去的小正四面体的棱长最小值为故选：正四面体中，顶点A在面BCD的投射影为的中心Q，正四面体外接球球心为点O，在直角三角形中求出AQ，OA，设小正四面体的棱长，N为上面小正四面体底面中心，可得MN，AN，由题意，八面体的外接球半径，由此即可解得答案．本题考查多面体的外接球相关问题，考查立体几何中的距离问题，考查运算求解能力，属于中档题．11.【答案】D【解析】解：依题意，由得：，，即，令，，，，当时，，函数单调递减，当，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，当，，函数单调递增，函数有三个零点，即直线与函数与函数的图象共有三个公共点，在同一坐标平面内作出函数与函数的图象，它们有公共点，如图，因此直线必过点A，令直线与函数的图象另一交点为，与函数的图象另一交点为，显然，且有，由得：，即，而，于是，由，得：，即，而，于是，由，得：，即，故D正确；对于A，，故A错误；对于B，令，，函数在上递增，即有，因此，则，而，从而，故B错误；对于C，因为，若成立，则必有，令，，，当时，，递减，当时，，递增，而，，，因此函数，的两个零点，即方程的两个根分别在区间，内，令，，，当时，，递减，当时，，递增，而，，，，因此函数，的两个零点，即方程的两个根分别在区间，内，显然直线与函数和的图象的交点有4个，不符合题意，所以，即不正确，故C错误．故选：根据给定条件，利用函数零点的意义用x表示a，再数形结合探求出，，的关系，然后逐项判断作答．本题考查方程根的情况，可以通过转化，利用导数研究函数的单调性、最值等，借助数形结合思想分析问题，使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现，属难题．12.【答案】A【解析】解：设红木宫灯、檀木宫灯为，，楠木纱灯、花梨木纱灯为，，恭喜发财吊灯、吉祥如意吊灯为，，先求仅，相邻的种数，把，看成一个元素，分三种情况讨论：，排在首尾时，不同的排法有种，，排在五个位置中第二、第四位时，不同的排法有种，，排在第三个位置时，不同的排法有种，仅，相邻共有种排法，同理得仅，相邻，仅，相邻，也都有96种排法，有且仅有一种类型灯笼相邻的概率为故选：设红木宫灯、檀木宫灯为，，楠木纱灯、花梨木纱灯为，，恭喜发财吊灯、吉祥如意吊灯为，，先求仅，相邻的种数，把，看成一个元素，分三种情况讨论：，排在首尾；，排在五个位置中第二、第四位；，排在第三个位置，同理得仅，相邻，仅，相邻的情况，由此能求出结果．本题考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．13.【答案】【解析】解：随机变量X的分布列为：X01P随机变量的数学期望为：，故答案为：根据数学期望的定义，即可求解．本题考离散型随机变量的期望的概念，属基础题．14.【答案】2【解析】解：如图，作出不等式组所对应的线性规划区域：由，可得，当直线过点A时，z取得最大值，联立，解得，即，则最大值为故答案为：作出不等式组所对应的线性规划区域，数形结合即可求解．本题考查简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于基础题．15.【答案】【解析】解：若函数满足，则函数的图象关于点对称，因为函数的图象关于点对称，不妨令，则，由，得，由，得，所以，即，整理，得，其中为常数，有，解得，所以故答案为：根据抽象函数的对称性可得，由，可得，列出方程组，解出a、b即可求解．本题主要考查分段函数的应用，考查运算求解能力，属于中档题．16.【答案】【解析】解：如图，以BC的中点O为原点，建立平面直角坐标系，则，，设接球点为P，若，得点P在以C，B为焦点的双曲线的右支上，设，则，因为，所以，解得，即，设直线l与双曲线的右支交于，在的上方，令，则，所以，则接球点为P位于双曲线右支与直线l围成的区域内或边界，则，，因为直线AP的倾斜角与互补，由图可知，故答案为：以BC的中点O为原点，建立平面直角坐标系，设接球点为P，根据，可得点P在以C，B为焦点的双曲线的右支上，根据，求得A点的坐标，直线l与双曲线的右支交于，在的上方，求出，两点的坐标，再求出，的斜率，结合图象即可得解．本题主要考查函数在实际问题中的应用，考查运算求解能力，属于中档题．17.【答案】解：设，函数的最小正周期为T，则，则，故，解得负值舍去，所以，所以；由得，，得，即，所以，又因，则，所以，所以【解析】设，则，再根据求得周期T，即解；根据结合三角恒等变换化简计算即可得解．本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于基础题．18.【答案】解：取AB的中点O，连接BD、DO，过P作DO的平行线PG，在菱形ABCD中，，为等边三角形，又底面ABCD是边长为4的菱形，，且，又平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，平面ABCD，又，平面ABCD，又PA、平面ABCD，，，又，建立如图空间直角坐标系，，，取PA的中点F，连接OF，则，，，，，，，设，则，由，得，即，，设，则，，，，，；设平面CDP的一个法向量为，由，，得，取，又，直线DE与平面CDP所成角的正弦值为：【解析】根据面面垂直的性质可得平面ABCD，由线面垂直的性质可得，，建立空间直角坐标系，利用空间共线向量的坐标表示求得，结合空间垂直向量的坐标表示计算即可求解；利用空间向量法求出平面CDP的一个法向量，结合数量积的定义计算即可求解．本题考查利用向量法求解两点间距离问题，向量法求解线面角问题，属中档题．19.【答案】解：若用作回归模型，，，所以相关系数，若用作为回归模型，相关系数，比较与，，，因为，所以用作为y关于x的回归模型方程；由，，，，所以，则y关于x的回归方程为【解析】用作回归模型求出相关系数，用作为回归模型求出相关系数，比较大小可得答案；由已知条件求出b，a可得答案．本题主要考查了相关系数的计算，考查了线性回归方程的求解，属于中档题．20.【答案】解：因为直线的斜率为，所以，焦距，因此，解得，，所以椭圆C的方程是；因为，所以直线的方程为，联立，整理得，则，故，则，所以，又直线的方程为，联立，解得，所以，因为，所以，所以【解析】列出关于a，b的方程，求解即可；直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理求得Q点坐标，直线的方程与直线的方程联立解得P点坐标，由结合k的范围求得答案．本题主要考查了椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，属于中档题．21.【答案】解：当，时，此时，则，当时，，则在单调递增；当时，，则在单调递减；所以的极大值为，无极小值．证明：不妨设，因为，则，即，所以，由，则，，即，所以，即，设，构造函数，则，所以在上为增函数，所以，因为，所以【解析】，求导，利用函数的单调性及极值的定义求解；不妨设，因为，所以，结合，得，设，构造函数，结合函数的单调性，可证得结论．本题主要考查利用导数研究函数的极值，不等式的证明，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．22.【答案】解：，所以点P的一个极坐标，分界线上的任意一点设为，，可得分界线的极坐标方程，过原点的直线l与分界线，分别交于M，N两点，如图：设，面积是的2倍，过P作于D，，所以面积：，，可得，当时，三角形的面积取得最大值：【解析】利用直角坐标与极坐标的互化求点P的一个极坐标，然后求解分界线的极坐标方程；画出图形，设出M的极坐标，求解P到OM的距离，然后求解三角形的面积，利用三角函数的最值求解即可．本题考查简单曲线的极坐标方程的求法，三角函数的最值的求解与应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．23.【答案】解：，其图象如下图所示：由知函数与x轴的交点为和，结合函数和的图象可以知道，第21页，共21页当时，只需，则在R 上恒成立，此时，当时，过点且斜率为的直线方程为，令，则，要在R 上恒成立，则，此时，当且仅当时等号成立，综上：的最小值为 【解析】去掉绝对值后，得到分段函数即可作图；由知函数与x 轴的交点为和，结合函数和的图象即可求解．本题考查了函数的恒成立问题，属于中档题．。

江西省南昌市高三数学二模考试试题理本试卷分必做题和选做题两部分。

满分150分，考试时间120分钟。

注意事项：1.答卷前，考生务必将自已的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考拭科目”与考生本人的准考证号、姓名是否一致。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，用0.5毫米的黒色墨水笔写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3.考试结束后，监考员将答题卡收回。

选择题：共12小题，每小题5分，共60分。

在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.已知集合 A= {0>2|2--x x x }，B={3<<0|x x },则=B A A. (-1,3) B. (0,3) C. (1,3) D. (2,3) 2.已知R b a ∈,，复数bi a z -=，则=2||zA. abi b a 222-+B. abi b a 222--C. 22b a -D. 22b a +3.已知函数a x ax x f ++=2)(，命题0)(,:00=∈∃x f R x p ，若p 为假命题，则实数a 的取值范围是A. ]21,21[-B. )21,21(-C. ),21()21,(+∞--∞D. ),21[]21,(+∞--∞4. 己知抛物线x y 82=的焦点为F ，点P 在该抛物线上，且P 在y 轴上的投影为点E ，则||||PE PF -的值为A.1B. 2C. 3D. 45. 一个组合体的三视图如图所示（图中网格小正方形的边长为1)，则该几何体的体积是 A. 212-π B.12-π C. 22-π D.42-π6. 已知函数2<||,0>,0>)(sin()(πϕωϕωA x A x f +=为图像上的所有点向左平移4π个单位得到函数)(x g 的图像，则函数)(x g 的单调递增区间是 A. )](12,127[Z k k k ∈--ππππB. )](125,12[Z k k k ∈+-ππππC. )](247,245[Z k k k ∈+-ππππD. )](24,1211[Z k k k ∈+-ππππ7.已知717,67log ,33log ===z y x ，则z y x ,,的大小关系是 A. x<z<yB. z<x<yC. x<y<zD. z<y<x8. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河诗中隐含着一个有趣的数学问题一一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为122≤+y x ,若将军从点A(2,0)处出发，河岸线桥在直线方程为3=+y x ,并假定将军只要到达军营所在医域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为 A. 110- B. 122- C. 22 D. 10 9. 己知△ABC 中，AB = 2，B=4π，C =6π，点P 是边BC 的中点，则BC AB ⋅等于 A.1 B. 2 C. 3 D.410. 已知双曲线E: 12222=-b y ax (a>b>0)的焦距为 2c,圆 C 1: 222)(r y c x =+- (r>0)与圆C 2: )(4)(222R m r m y x ∈=-+外切，且E 的两条渐近线恰为两圆的公切线，则E 的离心率为A. 2B. 5C. 26D. 2311. 己知)(x f 是定义在R 上的函数，且对任意的R x ∈都有,若角α满足不等式0)()(≥++a f f απ，则以的取值范围是A. ]2,(π-∞ B. ],(π-∞ C. ]2,2[ππ-D. ]2,0[π12. 平行六面体ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为4的菱形，且 ∠BAD = 60°,点A1在底面的投影O 是AC 的中点，且A1O = 4，点C 关于平面C1BD 的对称点为P ，则三棱锥P- ABD 的体积是 A. 4B. 33C. 34D. 8二.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。

江西省南昌市高考数学二模试卷（理科）姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共12题；共24分)1. （2分）设i为虚数单位，则复数的共轭复数为（）A . -4-3iB . -4+3iC . 4+3iD . 4-3i2. （2分） (2019高三上·黄山月考) 已知集合，，则（）A .B .C .D .3. （2分）(2018·临川模拟) 设，则“ 是第一象限角”是“ ”的（）A . 充分而不必要条件B . 必要而不充分条件C . 充分必要条件D . 既不充分也不必要条件4. （2分）已知点P是抛物线上一点，设P到此抛物线准线的距离是d1 ，到直线的距离是d2 ，则d1+d2的最小值是（）A .B .C .D . 35. （2分）阅读如图程序框图，若输入的N=100，则输出的结果是（）A . 50B .C . 51D .6. （2分） (2016高二下·桂林开学考) 若变量x，y满足，则x﹣2y的最小值为（）A . ﹣14B . ﹣4C .D .7. （2分）右图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是一个两底长分别为2和4，腰长为4的等腰梯形，则该几何体的侧面积是（）A .B .C .D .8. （2分）某班学生在一次月考中数学不及格的占16%，语文不及格的占7%，两门都不及格的占4%，已知该班某学生在月考中语文不及格，则该学生在月考中数学不及格的概率是（）A .B .C .D .9. （2分） (2016高三上·大庆期中) 定义行列式运算 =a1b2﹣a2b1 ，将函数f（x）= 的图象向左平移t（t＞0）个单位，所得图象对应的函数为偶函数，则t的最小值为（）A .B .C .D .10. （2分） (2016高二下·金沙期中) 执行如图所示的程序框图，则输出的k值为（）A . 7B . 9C . 11D . 1311. （2分） (2016高一下·南沙期末) 设平面向量 =（1，2）， =（﹣2，y），若∥ ，则|2 ﹣ |等于（）A . 4B . 5C .D .12. （2分） (2018高一下·深圳期中) 设函数，若的取值范围是（）A . （-1，1）B . （-1，+ ）C .D .二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分）(2017·鹰潭模拟) 用四种不同的颜色为正六边形（如图）中的六块区域涂色，要求有公共边的区域涂不同颜色，一共有________种不同的涂色方法．14. （1分）(2016·新课标Ⅲ卷理) 已知f（x）为偶函数，当x＜0时，f（x）=ln（﹣x）+3x，则曲线y=f （x）在点（1，﹣3）处的切线方程是________．15. （1分） (2017高一下·河口期末) 已知数列前n项的和为，则数列的前n项的和为________．16. （1分） (2019高三上·桂林月考) 已知双曲线虚轴的一个端点到它的一条渐近线的距离为，则双曲线的离心率为________.三、解答题 (共7题；共70分)17. （5分） (2018高一上·吉林期末) 已知函数．（Ⅰ）求的最小正周期；（Ⅱ）当时，求的最小值以及取得最小值时的集合．18. （10分）(2017·渝中模拟) 渝州集团对所有员工进行了职业技能测试从甲、乙两部门中各任选10名员工的测试成绩（单位：分）数据的茎叶图如图所示．（1）若公司决定测试成绩高于85分的员工获得“职业技能好能手”称号，求从这20名员工中任选三人，其中恰有两人获得“职业技能好能手”的概率；（2）公司结合这次测试成绩对员工的绩效奖金进行调整（绩效奖金方案如表），若以甲部门这10人的样本数据来估计该部门总体数据，且以频率估计概率，从甲部门所有员工中任选3名员工，记绩效奖金不小于3a的人数为ξ，求ξ的分布列及数学期望．分数[60，70）[70，80）[80，90）[90，100]奖金a2a3a4a19. （10分）(2017·新课标Ⅰ卷理) 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．20. （5分） (2019高二下·昭通月考) 如图，已知椭圆过点，且离心率为 .（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过点作斜率分别为的两条直线，分别交椭圆于点，，且，求直线过定点的坐标.21. （15分） (2019高二下·成都月考) 已知函数， .（1）若在处取得极值，求的值；（2）设，试讨论函数的单调性；（3）当时，若存在正实数满足，求证： .22. （10分）(2020·河南模拟) 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系.已知点的直角坐标为，过的直线与曲线相交于，两点.（1）若的斜率为2，求的极坐标方程和曲线的普通方程；（2）求的值.23. （15分） (2016高一上·沈阳期中) 设f（x）=log 为奇函数，a为常数，（1）求a的值；（2）证明f（x）在区间（1，+∞）上单调递增；（3）若x∈[3，4]，不等式f（x）＞（）x+m恒成立，求实数m的取值范围．参考答案一、选择题 (共12题；共24分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、12-1、二、填空题 (共4题；共4分)13-1、14-1、15-1、16-1、三、解答题 (共7题；共70分)17-1、18-1、18-2、19-1、19-2、20-1、21-1、21-2、21-3、22-1、22-2、23-1、23-2、23-3、。

2020年江西省南昌市高考数学二模试卷（理科）一、单项选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 复数z 1=1+√3i ，z 2=√3−i ，z =z 1⋅z 2，则|z|=( )A. √3B. 2C. 2√3D. 42. 集合A ={y|y =√4−x 2,x ∈N},B ={x ∈N|√4−x 2∈N}，则A ∩B =( )A. {0,2}B. {0,1，2}C. {0,√3,2}D. ⌀3. 已知a ，b ，c 是三条不重合的直线，平面α，β相交于直线c ，a ⊂α，b ⊂β，则“a ，b 相交”是“a ，c 相交”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 4. 已知f(x)={x −1,x ≤1lnx,x >1，则不等式f(x)>1的解集是( )A. (e,+∞)B. (2,+∞)C. (1,e)D. (2,e) 5. 已知△ABC 中角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若a =2c ，sinA =2cos2C ，则角A 等于( )A. π6B. π3C. π2D. 2π36. 已知a ⃗ ,b ⃗ 为不共线的两个单位向量，且a ⃗ 在b ⃗ 上的投影为−12，则|2a ⃗ −b ⃗ |=( )A. √3B. √5C. √6D. √77. 函数f(x)=xlnx e x的图象大致为( )A.B.C.D.8. 直线2x ⋅sinθ+y =0被圆x 2+y 2−2√5y +2=0截得最大弦长为( )A. 2√5B. 2√3C. 3D. 2√2 9. 函数f(x)=Asin(ωx +φ)(ω>0)的部分图象如图所示，则f(0)=( )A. −√6B. −√3C. −√2D. −√6210. 春秋以前中国已有“抱瓮而出灌”的原始提灌方式，使用提水吊杆--桔槔，后发展成辘轳．19世纪末，由于电动机的发明，离心泵得到了广泛应用，为发展机械提水灌溉提供了条件．图形所示为灌溉抽水管道在等高图上的垂直投影，在A 处测得B 处的仰角为37度，在A 处测得C 处的仰角为45度，在B 处测得C 处的仰角为53度，A 点所在等高线值为20米，若BC 管道长为50米，则B点所在等高线值为(参考数据sin37°=35)( )A. 30米B. 50米C. 60米D. 70米11. 已知F 是双曲线x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的右焦点，直线y =√3x 交双曲线于A ，B 两点，若∠AFB =2π3，则双曲线的离心率为( )A. √5B. √6C. √10+√22D. √5+√2212. 已知函数f(x)=sinx +cosx −a(x −3π4)(a >0)有且只有三个零点x 1，x 2，x 3(x 1<x 2<x 3)，则tan(x 3−x 2)属于( )A. (0,π2)B. (π2,π)C. (3π2,+∞)D. (π,3π2)二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 若变量x ，y 满足约束条件{y ≥|x|−1x −3y +1≥0，则目标函数z =x +y 的最小值为______．14. 已知梯形ABCD 中，AD//BC ，AD =√3,AB =4,∠ABC =60°,∠ACB =45°，则DC =______． 15. 已知(x −1)(2x −1)6=a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a 7x 7，则a 2等于______．16. 已知正四棱椎P −ABCD 中，△PAC 是边长为3的等边三角形，点M 是△PAC 的重心，过点M 作与平面PAC垂直的平面α，平面α与截面PAC 交线段的长度为2，则平面α与正四棱椎P −ABCD 表面交线所围成的封闭图形的面积可能为______.(请将可能的结果序号横线上) ①2；②2√2；③3；④2√3．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 已知等差数列{a n }的公差为d(d ≠0)，前n 项和为S n ，且满足______(从①S 10=5(a 10+1)；②a 1，a 2，a 6成等比数列；③S 5=35，这三个条件中任选两个补充到题干中的横线位置，并根据你的选择解决问题)． (Ⅰ)求a n ；(Ⅱ)若b n =12n ，求数列{a n b n }的前n 项和T n ．18. 如图所示，四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是以AB ，CD 为底边的等腰梯形，且AB =2AD =4，∠DAB =60°，AD ⊥D 1D .(I)求证：平面D 1DBB 1⊥平面ABCD ；(Ⅱ)若D 1D =D 1B =2，求直线AB 与平面BCC 1B 1所成角的正弦值．19.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上任意一点(异于顶点)与双曲线两顶点连线的斜率之积为19．(I)求双曲线渐近线的方程；(Ⅱ)过椭圆x2m2+y2n2=1(m>n>0)上任意一点P(P不在C的渐近线上)分别作平行于双曲线两条渐近线的直线，交两渐近线于M，N两点，且|PM|2+|PN|2=5，是否存在m，n使得该椭圆的离心率为2√23，若存在，求出椭圆方程：若不存在，说明理由．20.已知函数f(x)=xln(ax)+2e(a∈R，且a≠0，e为自然对数的底)．(I)求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)若函数g(x)=f(x)−e−a在(0,+∞)有两个不同零点，求a的取值范围．21.某班级共有50名同学(男女各占一半)，为弘扬传统文化，班委组织了“古诗词男女对抗赛”，将同学随机分成25组，每组男女同学各一名，每名同学均回答同样的五个不同问题，答对一题得一分，答错或不答得零分，总分5分为满分．最后25组同学得分如表：(Ⅱ)某课题研究小组假设各组男女同学分差服从正态分布N(μ,σ2)，首先根据前20组男女同学的分差确定μ和σ，然后根据后面5组同学的分差来检验模型，检验方法是：记后面5组男女同学分差与μ的差的绝对值分别为x i(i=1,2，3，4，5)，若出现下列两种情况之一，则不接受该模型，否则接受该模型．①存在x i≥3σ；②记满足2σ<x i<3σ的i的个数为k，在服从正态分布N(μ,σ2)的总体(个体数无穷大)中任意取5个个体，其中落在区间(μ−3σ,μ−2σ)∪(μ+2σ,μ+3σ)内的个体数大于或等于k的概率为P，P≤0.003．试问该课题研究小组是否会接受该模型．参考公式和数据：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)√0.8≈0.894,√0.9≈0.949,0.9575≈0.803,43×0.9574≈36，43×43×0.9573≈1.62×103；若X～N({μ,{σ2})，有P(μ−2σ<X<μ+2σ)≈0.9544，P(μ−3σ<X<μ+3σ)≈0.9974．22.平面直角坐标系xOy中，抛物线E顶点在坐标原点，焦点为(1,0).以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系．(Ⅰ)求抛物线E的极坐标方程；(Ⅱ)过点A(3,2)倾斜角为α的直线l交E于M，N两点，若|AN|=2|AM|，求tanα．23.已知f(x)=|ax−1x |+|x−ax|，g(x)=|x−2a|−|x−2|(a∈R)．(Ⅰ)当a=1时，求不等式f(x)<g(x)+3的解集；(Ⅱ)求证：f(x)≥g(x)．答案和解析1.【答案】D【解析】解：由z 1=1+√3i ，z 2=√3−i ，且z =z 1⋅z 2， ∴|z|=|z 1z 2|=|z 1||z 2|=|1+√3i||√3−i|=2×2=4． 故选：D ．直接利用乘积的模等于模的乘积求解．本题考查复数模的求法，考查数学转化思想方法，是基础题． 2.【答案】A【解析】解：集合A ={y|y =√4−x 2,x ∈N},B ={x ∈N|√4−x 2∈N}， ∴A ={y|0≤y ≤2,y ∈N}={0,1，2}，B ={−2,0，2}， ∴A ∩B ={0,2}． 故选：A ．求出集合A ，B ，由此能求出A ∩B ．本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 3.【答案】A【解析】解：“a ，b 相交”，a ⊂α，b ⊂β，其交点在交线c 上，⇒“a ，c 相交”． 反之不成立，可能a ，b 为相交直线或异面直线． ∴“a ，b 相交”是“a ，c 相交”的充分不必要条件． 故选：A ．a ⊂α，b ⊂β，“a ，b 相交”，利用面面相交的性质可得：其交点在交线c 上，“a ，c 相交”.反之不成立． 本题考查了面面相交的性质、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 4.【答案】A【解析】解：∵已知f(x)={x −1,x ≤1lnx,x >1，则不等式f(x)>1，即{x ≤1x −1>1 ①或{x >1lnx >1 ②． 由①可得x ∈⌀；由②可得x >e ，综上，x >e ， 故选：A ．不等式即{x ≤1x −1>1 ①或{x >1lnx >1 ②，分别求出①②的解集，再取并集，即得所求． 本题主要考查分段函数的应用，不等式的解法，属于基础题．5.【答案】C【解析】解：∵a =2c ，∴由正弦定理可得sinA =2sinC ，可得sinC =12sinA ， ∴sinA =2cos2C =2(1−2sin 2C)=2(1−2×sin 2A 4)，整理可得sin 2A +sinA −2=0，∴解得sinA =1，或−2(舍去)， ∵A ∈(0,π)， ∴A =π2． 故选：C ．由已知利用正弦定理可得sinC=12sinA，利用二倍角的余弦函数公式化简已知等式可得sin2A+sinA−2=0，解方程可得sin A的值，结合范围A∈(0,π)，可求A的值．本题主要考查了正弦定理，二倍角的余弦函数公式在解三角形中的综合应用，考查了方程思想，属于基础题．6.【答案】D【解析】【分析】本题考查了平面向量的数量积的定义与几何意义及向量的数量积运算，属于基础题．根据向量a⃗在向量b⃗ 的方向上投影的定义求出a⃗⋅b⃗ ，进而求出|2a⃗−b⃗ |即可．【解答】解：∵a⃗,b⃗ 为不共线的两个单位向量，且a⃗在b⃗ 上的投影为−12，故a⃗⋅b⃗ =|a⃗|⋅|b⃗ |cosθ=−12；则|2a⃗−b⃗ |=√(2a⃗−b⃗ )2=√4a⃗2+b⃗ 2−4a⃗⋅b⃗ =√5+2=√7．故选：D．7.【答案】C【解析】解：当x→+∞时，f(x)>0，故排除AD；f′(x)=(lnx+1)−xlnxe x ，令g(x)=lnx+1−xlnx，则g′(x)=1x−lnx−1，显然g′(x)在(0,+∞)上递减，且g′(1)=0，∴当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)在(0,1)上递增，又g(1)=1>0,g(1e2)=−1+2e2<0，故存在x0∈(1e2,1)，使得g(x0)=0，且当x∈(0,x0)，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)递减，x∈(x0,1)，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)递增，可排除B．故选：C．利用极限思想及函数的单调性，运用排除法得解．本题主要考查函数图象的运用以及利用导数研究函数的单调性，属于基础题．8.【答案】D【解析】解：根据题意，圆x2+y2−2√5y+2=0，即x2+(y−√5)2=3，其圆心为(0,√5)，半径r=√3，圆心到直线2x⋅sinθ+y=0的距离d=√5|√1+4sin2θ=√5√1+4sin2θ≥√55=1，当圆心到直线的距离最小时，直线2x⋅sinθ+y=0被圆x2+y2−2√5y+2=0截得弦长最大，而d=√52的最小值为1，则直线2x⋅sinθ+y=0被圆x2+y2−2√5y+2=0截得最大弦长值为2×√3−1=2√2，故选：D．根据题意，由圆的方程分析圆的圆心和半径，求出圆心到直线的距离d，分析可得d的最小值，由直线与圆的位置关系可得当圆心到直线的距离最小时，直线2x⋅sinθ+y=0被圆x2+y2−2√5y+2=0截得弦长最大，据此计算可得答案．本题考查直线与圆的位置关系，注意分析直线所过的定点，属于基础题．9.【答案】B【解析】解：由函数的图象可得：12T =8.5−6.5=2，求得T =2πω=4，可得ω=π2，又f(7.5)=−A ，即Asin(15π4+φ)=−A ，则φ=2kπ−π4因为f(5)=√3，即Asin(5π2−π4)=√3，则A =√6， 所以f(x)=√6sin(π2x −π4)，则f(0)=−√3故选：B ．根据图象求出函数的解析式，再代入求值．本题主要考查利用图象求出三角函数的解析式，属于基础题． 10.【答案】B【解析】解：BC 管道长为50米，可得B 点与点C 等高线值差为40，C 与B 水平的距离为30， 因为A 处测得C 处的仰角为45度，即A 与C 的水平距离等于A 点与点C 等高线值差， 设B 点与点A 等高线值差为x ，A 处测得B 处的仰角为37度，可得A 与B 水平的距离43x ； 所以43x +30=40+x ，解得x =30，A 点所在等高线值为20米， 因此B 点所在等高线值50米， 故选：B ．由题意，设B 点与点A 等高线值差为x ，A 处测得B 处的仰角为37度，可得A 与B 水平的距离；BC 管道长为50米，可得B 点与点C 等高线值差为40，C 与B 水平的距离为30，在结合A 处测得C 处的仰角为45度，即A 与C 的水平距离等于A 点与点C 等高线值差，从而求解x 的值；本题考查解三角在实际生活中的应用，灵活利用夹角以及直角三角形中的正余弦定义即可求解．属于基础题． 11.【答案】C【解析】解：由题意可知：双曲线x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的右焦点在x 轴上，右焦点F(c,0)，则{y =√3x x 2a 2−y 2b 2=1，整理得：(b 2−3a 2)x 2=a 2b 2，即x 2=a 2b 2b 2−3a 2，① ∴A 与B 关于原点对称，设A(x,√3x)，B(−x,−√3x)，不妨设x >0， ∴FA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x −c,√3x)，FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−x −c,−√3x)， |AF|=√(x −c)2+3x 2，|BF|=√(x +c)2+3x 2，FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =|FA⃗⃗⃗⃗⃗ ||FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos 2π3=(x −c,√3x)⋅(−x −c,−√3x)=√(x −c)2+3x 2⋅√(x +c)2+3x 2(−12)， 化简得，16⋅x 4c 4−12⋅x 2c 2+1=0，令t =x 2c 2，得16t 2−12t +1=0，解得t =3±√58，即x 2=3±√58c 2， FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =−4x 2+c 2<0，即x 2c 2>14，即t >14，所以t =3−√58(舍)，所以t =3+√58，代入①得a 2b 2b 2−3a 2=3+√58c 2， a 2(c 2−a 2)c 2−a 2−3a 2=3+√58c 2， a 2c 2−a 4c 4−4a 2c2=3+√58c 2， 即e 2−1e 4−4e 2=3+√58，化简整理得，(3+√5)e 4−(20+4√5)e 2+8=0， 令s =e 2，得，(3+√5)s 2−(20+4√5)s +8=0， 解得s =7−3√5或3+√5， s =e 2=7−3√5或3+√5， 又因为e 2>1，所以e 2=7−3√5(舍)，所以e 2=3+√5， 所以e =√3+√5=(√102√22)=√10+√22，故选：C ．联立{y =√3x x 2a 2−y 2b 2=1，整理得：(b 2−3a 2)x 2=a 2b 2，即x 2=a 2b 2b 2−3a 2①，设A(x,√3x)，B(−x,−√3x)，不妨设x >0，FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos 2π3，代入坐标得16x 4c4−12x 2c2+1=0，令t =x 2c2，得16t 2−12t +1=0，解得t =3±√58，即x 2=3±√58c 2，因为FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =−4x 2+c 2<0，即x 2c 2>14，即t >14，所以t =3+√58，代入①得a 2b 2b 2−3a 2=3+√58c 2，化简整理得，(3+√5)e 4−(20+4√5)e 2+8=0，令s =e 2，得，(3+√5)s 2−(20+4√5)s +8=0，解得s =7−3√5或3+√5，又因为e 2>1，所以e 2=3+√5，所以e =√3+√5=√(√102+√22)2=√10+√22．本题主要考查了双曲线的几何性质以及有关离心率，考查学生的计算能力，属于中档题．12.【答案】D【解析】解：由已知，f(x)有且仅有三个不同的零点等价于方程√2sin(x +π4)=a(x −3π4)有且仅有三个不同的实数根，等价于y =√2sin(x +π4)与y =a(x −3π4)有且仅有三个不同的交点，如图，当y =√2sin(x +π4)与y =a(x −3π4)相切时，满足题意，又x 1<x 2<x 3，故x 2=3π4，且{√2cos(x 3+π4)=a√2sin(x 3+π4)=a(x 3−3π4)，消去a 得，tan(x 3+π4)=x 3−3π4，由诱导公式，有tan(x 3−x 2)=tan(x 3−3π4)=tan(x 3+π4)=x 3−3π4，又7π4<x 3<9π4，∴tan(x 3−x 2)=x 3−3π4∈(π,3π2)．故选：D ．f(x)有且仅有三个不同的零点等价于y =√2sin(x +π4)与y =a(x −3π4)有且仅有三个不同的交点，作出图象，可知当y =√2sin(x +π4)与y =a(x −3π4)相切时，满足题意，利用导数的几何意义可得{√2cos(x 3+π4)=a √2sin(x 3+π4)=a(x 3−3π4)，由此可得tan(x 3−x 2)=tan(x 3−3π4)=tan(x 3+π4)=x 3−3π4，再求出x 3的范围即可得解．本题考查已知函数的零点个数求范围问题，涉及到导数的几何意义，考查学生数形结合的思想，转化与化归思想，属于较难题目． 13.【答案】−1【解析】解：作出变量x ，y 满足约束条件{y ≥|x|−1x −3y +1≥0的平面区域，如图：由z =x +y 可得y =−x +z ，则z 为直线y =−x +z 在y 轴上的截距，截距越小，z 越小做直线L ：x +y =0，然后把直线L 向可行域方向平移，当直线与x +y =−1重合时，目标函数取得最小值，此时z =−1． 故答案为：−1．先根据条件画出可行域，设z =x +y ，再利用几何意义求最值，将最小值转化为y 轴上的截距最大，只需求出直线z =x +y ，取得截距的最小值，从而得到z 最小值即可． 本题考查线性规划的应用，借助于平面区域特性，用几何方法处理代数问题，体现了数形结合思想、化归思想．线性规划中的最优解，通常是利用平移直线法确定．14.【答案】√15【解析】解：∵在△ABC中，∠ABC=60°，∠ACB=45°，AB=4，∴由正弦定理ABsin∠BCA =ACsin∠ABC，可得4sin45∘=ACsin60∘，解得AC=4×sin60°sin45∘=4×√32√22=2√6，∵∠ACB=∠DAC=45°，∴在△ACD中，由余弦定理可得CD=√AD2+AC2−2AD⋅AC⋅cos∠DAC=√3+24−2×√3×2√6×√22=√15．故答案为：√15．在△ABC中，由已知利用正弦定理可解得AC=4×sin60°sin45∘=2√6，由已知可求∠ACB=∠DAC=45°，在△ACD中，由余弦定理可求得CD的值．本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．15.【答案】−72【解析】解：要求a2，即求展开式中x2项的系数．因为原式=x(1−2x)6−(1−2x)6，对于(1−2x)6，其通项为T k+1=C6k(−2x)k=(−2)k C6k x k．故原式含x2的项为x⋅(−2)C61x−(−2)2C62x2，所以系数为−2×C61−(−2)2C62=−72．故答案为：−72．原式可化为x(1−2x)6−(1−2x)6，然后研究(1−2x)6的展开式通项即可．本题考查二项式定理通项的应用，属于基础题．16.【答案】①③【解析】解：设AC∩BD=O，∵P−ABCD是正四棱锥，∴平面PAC⊥平面ABCD，又BO⊥AC，平面PAC∩平面ABCD=AC，BO⊂平面ABCD，∴BO⊥平面PAC，过M作MT//BO，分别交棱PB、PD于点T，L，则MT⊥平面PAC，由题意只需所作的平面α是包含TL且与截面PAC交线段的长度为2即可，又△PAC是边长为3的等边三角形，点M是△PAC的重心，过M作MQ//AC，分别交棱PA、PC于点E，Q，∴EQAC =PQPC，即EQ3=23，∴EQ=2，如图1，平面ETQL是满足题意的平面α，∵AC=3，∴AB=3√22，∴S菱形ETQLS正方形ABCD=(PTPB)2=49，∴S菱形ETQL=49×(3√22)2=2，故①正确；如图2，过T作TH//GF，过L作LQ//GF，由题意得GLQHT为满足题意的平面α，GLQF和GTHF是两个全等的直角梯形，T，H分别为GE、EF的中点，∴HT=12GF=1，∴五边形GLQHT的面积S=2S梯形GFHT=2×TH+GF2×FH=2×1+22×1=3，故③正确；GF//PA与GF//PC是完全相同的．综上选①③．故答案为：①③．设AC∩BD=O，由P−ABCD为正四棱锥，知BO⊥平面PAC，过M作MT//BO，分别交PB、PD于点T、L，则MT⊥平面PAC，只需所作的平面α是包含TL且与截面PAC交线段的长度为2即可，数形结合，作出截面即可得到答案．本题考查平面与正四棱椎表面交线所围成的封闭图形的面积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置有关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．17.【答案】解：(Ⅰ)由①S10=5(a10+1)，得10a1+10×92d=5(a1+9d+1)，即a1=1；由②a1，a2，a6成等比数列，得a22=a1a6，a12+2a1d+d2=a12+5a1d，即d=3a1；由③S5=35，得5(a1+a5)2=5a3=35，即a3=a1+2d=7；当选择①②时，有a1=1，d=3a1=3，此时a n=3n−2；当选择①③时，有a1=1，a3=a1+2d=7，解得d=3，此时a n=3n−2；当选择②③时，有d=3a1且a3=a1+2d=7，解得a1=1，d=3，此时a n=3n−2；综合以上不管选择哪两个，均得a1=3、d=3，即a n=3n−2；(Ⅱ)∵T n=12+422+723+1024+⋯+3n−22n，∴12T n=122+423+724+1025+⋯+3n−52n+3n−22n+1，两式相减得：12T n=12+3(122+123+124+⋯+12n)−3n−22n+1，得T n=1+3(12+122+123+⋯+12n−1)−3n−22n=1+3(1−12n−1)−3n−22n=4−3n+42n．【解析】本题主要考查数列基本量的运算及通项公式的求法，以及错位相减法在数列求和中的应用，属于中档题．(Ⅰ)先分别由①②③首项与公差的关系式，然后选择①②、①③、②③条件组合，求出a n；(Ⅱ)利用错位相减法求其前n项和T n即可．18.【答案】(Ⅰ)证明：△ABD中，AB=4，AD=2，∠DAB=60°，得BD=2√3，则AD2+BD2=AB2，即AD⊥BD，而AD⊥D1D，BD∩D1D=D，故AD⊥平面D1DBB1，又AD⊂面ABCD，所以平面D1DBB1⊥平面ABCD．(Ⅱ)解：取BD的中点O，由于D1D=D1B，所以D1O=BD，由(Ⅰ)可知平面D1DBB1⊥面ABCD，故D 1O⊥面ABCD．由等腰梯形知识可得DC=CB，则CO⊥BD．以O为原点，分别以OB，OC，OD1为x，y，z的非负半轴建立空间直角坐标系，则A(−√3,−2,0),B(√3,0,0),C(0,1,0),D(−√3,0,0),D 1(0,0,1)，则AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2√3,2,0),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,0,1),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,0)， 设平面B 1BC 的法向量为n ⃗ =(x,y,z)，则{n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⇒{√3x +z =0−√3x +y =0，令x =1，则y =√3,z =−√3，有n ⃗ =(1,√3,−√3)，所以，sinθ=|cos <n ⃗ ,AB ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |⋅|AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3+2√3+0√7×4=√217， 即直线AB 与平面A 1D 1DA 所成角的正弦值为√217．【解析】(Ⅰ)证明AD ⊥BD ，AD ⊥D 1D ，推出AD ⊥平面D 1DBB 1，然后证明平面D 1DBB 1⊥平面ABCD ．(Ⅱ)取BD 的中点O ，说明O 为坐标系的原点，以OB ，OC ，OD 1为x ，y ，z 的非负半轴建立空间直角坐标系， 求出平面B 1BC 的法向量，利用空间向量的数量积求解直线AB 与平面A 1D 1DA 所成角的正弦值即可．本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，逻辑推理以及计算能力，是中档题．19.【答案】解：(Ⅰ)设双曲线两个顶点A 1(−a,0)，A 2(a,0)，任意一点P(x 0,y 0)， 则x 02a 2−y 02b 2=1，知y 02=b 2a 2(x 02−a 2)，∴k PA 1⋅k PA 2=y 0x+a ⋅y 0x−a=y 02x 02−a 2=19，得b 2a 2=19，即b a =13，即双曲线渐近线方程为y =±13x ； (Ⅱ)由e =2√23，得√1+(nm )2=2√23，得m =3n ，可得椭圆方程为x 29n2+y 2n 2=1，设P(x 0,y 0)，则PM 方程为y =−13(x −x 0)+y 0， 由{y =−13(x −x 0)+y 0y =x3，得x M =3y 0+x 02； 由{y =13(x −x 0)+y 0y =−x 3，得x M =−3y 0+x 02． 由渐近线性质，得√10=|x M |OM，OM =√10|x M |3=√103|3y 0+x 02|， 同理可得，ON =√10|x N |3=√103|−3y 0+x 02|， 由OMPN 是平行四边形，知PM 2+PN 2=OM 2+ON 2， ∴PM 2+PN 2=OM 2+ON 2=109⋅9y 02+x 022=59[9(n 2−x 029)+x 02]=5n 2=5，即n 2=1．∴存在符合题意的椭圆，其方程为x 29+y 2=1．【解析】(Ⅰ)设出双曲线上任意一点P 的坐标，代入双曲线方程可得点P 的横纵坐标的关系，再写出P 与两个端点连线的斜率，由向量之积即可求出双曲线的渐近线方程；(Ⅱ)由椭圆的离心率可得m 与n 的关系，把椭圆方程用含有n 的字母表示，写出PM 与PN 的方程，与渐近线方程联立求得M 与N 的坐标，再由|PM|2+|PN|2=5求解n ，则椭圆方程可求． 本题考查直线与双曲线、直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是中档题．20.【答案】解：(I)由f(x)=xlnax +2e ，知f′(x)=lnax +1=ln(aex)，①当a >0时，定义域为(0,+∞)，f′(x)>0得x >1ae ，f′(x)<0得0<x <1ae ； ②当a <0时，定义域为(−∞,0)， f′(x)>0得x <1ae ，f′(x)<0得1ae <x <0所以，当a >0时，增区间为(1ae ,+∞)，减区间为(0,1ae )； 当a <0时，增区间为(−∞,1ae )，减区间为(1ae ,0)； (Ⅱ)因为g(x)=xlnax +2e −e −a 有两个正零点，则a >0， 由(I)知g(x)在(0,1ae )上单调递减，在(1ae ,+∞)上单调递增．设x =e t ，xlnx =te t ，t →−∞时，指数函数是爆炸增长，te t =−|t|e |t|→0， 当x →0,g(x)→2e −e −a ，当x →+∞，g(x)>0， g(x)min =g(1ae )=−1ae +2e −e −a ，因为g(x)有两个正零点，所以有{2e−e −a >0①−1ae+2e−e−a<0②， 由①得a >1−ln2，对于②，令ℎ(x)=−1ex +2e −e −x ，∴ℎ′(x)=1ex 2+e −x >0，ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增， 且ℎ(1)=0，由ℎ(x)<0知x ∈(0,1)， 由②−1ae +2e −e −a <0得a ∈(0,1)综上所述，a ∈(1−ln2,1)．【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)根据函数的单调性求出g(x)的最小值，结合g(x)有两个正零点，得到关于a 的不等式组，解出即可． 本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道综合题．所以，计算K 2=50×(10×11−14×15)224×26×25×25≈1.282<2.706，所以没有90%的把握说“该次大赛是否得满分”与“同学性别”有关； (Ⅱ)由题意知，μ=0，σ2=0.8；又x 1=0，x 2=2，x 3=0，x 4=2，x 5=2，而2σ≈1.788，3σ≈2.682， 所以不存在x i ≥3σ；又满足2σ<x i ≤3σ的i 的个数为3，即k =3；当X ～N(μ,σ2)，P(μ−3σ<X <μ−2σ)+P(μ+2σ<X <μ+3σ)≈0.9974−0.9544≈0.043； 设从服从正态分布N(μ,σ2)的总体(个体数无穷大)中任意取5个个体， 其中值属于(μ−3σ,μ−2σ)∪(μ+2σ,μ+3σ)的个体数为Y ， 则Y ～B(5,0.043)，所以，P(Y ≥3)=1−0.9575−C 51×0.043×0.9574−C 52×0.0432×0.9573≈0.0008<0.003； 综上，第②种情况出现，所以该小组不会接受该模型．【解析】(I)由表中数据画出列联表，计算观测值，对照临界值得出结论；(Ⅱ)由题意知μ、σ2的值，利用X ～N(μ,σ2)和Y ～B(5,0.043)计算对应的概率值，从而得出结论． 本题考查了独立性检验的应用问题，也考查了概率的计算问题，是中档题． 22.【答案】解：(Ⅰ)由题意抛物线E 的焦点为(1,0)，所以标准方程为y 2=4x ， 故极坐标方程为ρsin 2θ−4cosθ=0；(Ⅱ)设过点A 的直线l 参数方程为{x =3+tcosαy =2+tsinα(t 为参数)，代入y 2=4x ，化简得t 2sin 2α+(4sinα−4cosα)t −8=0， M ，N 所对应的参数分别为t 1，t 2， t 1+t 2=−4sin α+4cos αsin 2α，t 1⋅t 2=−8sin 2α，且Δ=(4sinα−4cosα)2+32sin 2α>0．由|AN|=2|AM|，A 在E 内部，知t 2=−2t 1，t 1⋅t 2=−2t 12=−8sin 2α 得{t 1=2sinαt 2=−4sinα或{t 1=−2sinαt 2=4sinα， 所以，当t 1+t 2=−4sinα+4cosαsin 2α=−2sinα时，解得tanα=2， 所以，当t 1+t 2=−4sinα+4cosαsin 2α=2sinα时，解得tanα=23， 所以tanα=2或tanα=23．【解析】本题考查抛物线的极坐标方程的求法，普通方程与极坐标方程的互化，直线的参数方程的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．(Ⅰ)求出抛物线E 的标准方程为y 2=4x ，然后求解极坐标方程．(Ⅱ)设过点A 的直线l 参数方程为{x =3+tcosαy =2+tsinα(t 为参数)，代入y 2=4x ，利用韦达定理结合参数的几何意义，转化求解即可．23.【答案】解：(Ⅰ)当a =1时，不等式为2|x −1x |<3，平方得4x 2−8+4x 2<9，则4x 4−17x 2+4<0，得14<x 2<4， 即−2<x <−12或12<x <2，所以，所求不等式的解集(−2,−12)∪(12,2)；(Ⅱ)证明：因为f(x)=|ax −1x |+|x −ax |≥|(ax −1x )−(x −ax )| =|a −1||x +1x |=|a −1|(|x|+1|x|)≥2|a −1|，又g(x)=|x −2a|−|x −2|≤|x −2a −(x −2)|=2|a −1|， 所以，不等式f(x)≥g(x)得证．【解析】本题主要考查绝对值不等式的解法，及绝对值不等式的性质，基本不等式的运用，考查运算求解能力及推理论证能力，属于中档题(Ⅰ)将a =1代入，把不等式两边平方后，解不等式即可；(Ⅱ)运用绝对值不等式的性质结合基本不等式可得f(x)≥2|a −1|，g(x)≤2|a −1|，由此得证．。

2023年江西省稳派高考数学二模试卷（理科）1. 已知集合，，则( )A. B. C. D. 2. 已知复数z 满足，则z 的虚部为( )A. B.C. 3D. 3i3. 已知，，，则( )A.B. C.D.4. 在统计中，月度同比增长率是指本月和上一年同月相比较的增长率，月度环比增长率是指本月和上一个月相比较的增长率，如图是2022年1月至2022年12月我国居民消费价格月度涨跌幅度统计图，则以下说法错误的是( )A. 在这12个月中，我国居民消费价格月度同比增长率数据的中位数为B. 在这12个月中，月度环比增长率数据为正数的个数比月度环比增长率数据为负数的个数多3C. 在这12个月中，我国居民消费价格月度同比增长率数据的均值为D. 在这12个月中，我国居民消费价格月度环比增长率数据的众数为 5. 已知数列为等比数列，，，则数列的前10项和为( )A. 352B. 401C. 625D. 9136. 黄地绿彩云龙纹盘是收藏于中国国家博物馆的一件明代国宝级瓷器.该龙纹盘敞口，弧壁，广底，圈足.器内施白釉，外壁以黄釉为地，刻云龙纹并填绿彩，美不胜收.黄地绿彩云龙纹盘可近似看作是圆台和圆柱的组合体，其口径，足径，高，其中底部圆柱高，则黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为附：圆台的侧面积，R ，r为两底面半径，l 为母线长，其中的值取3，( )A. B. C. D.7. 已知非零向量，，满足，，，，则( )A. B. 2 C. D. 48. 已知定义在R上的函数满足，为奇函数，则( )A. 0B. 1C. 2D. 39. 已知，，，则的最小值为( )A. 4B. 6C. 8D. 1210. 正割及余割这两个概念是由伊朗数学家、天文学家阿布尔威发首先引入，，这两个符号是荷兰数学家基拉德在《三角学》中首先使用，后经欧拉采用得以通行.在三角中，定义正割，余割已知函数，给出下列说法：①的定义域为；②的最小正周期为；③的值域为；④图象的对称轴为直线其中所有正确说法的序号为( )A. ②③B. ①④C. ③D. ②③④11. 已知函数的定义域为，其导函数为，，，则( )A. 无极值B. 有极大值，也有极小值C. 有极大值，无极小值D. 有极小值，无极大值12. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线l经过点交C于A，B两点，点M在C上，，，，则C的离心率为( )A. B. C. D.13.若命题“，”为真命题，则实数a的取值范围为______ 用区间表示14. 已知双曲线的一条渐近线恰好平分第一、三象限，若C的虚轴长为4，则C的实轴长为______ .15. 2023年9月第19届亚运会将在杭州举办，在杭州亚运会三馆杭州奥体中心的体育馆、游泳馆和综合训练馆对外免费开放预约期间将含甲、乙在内的5位志愿者分配到这三馆负责接待工作，每个场馆至少分配1位志愿者，且甲、乙分配到同一个场馆，则甲分配到游泳馆的概率为______ .16. 在平面四边形ABCD中，，，，现将沿着AC折起，得到三棱锥，若二面角的平面角为，则三棱锥的外接球表面积为______ .17. 在①；②，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，_____.求的值；若的面积为2，，求的周长.注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.18. 如图，在多面体ABCEF中，平面ABC，，D为AB的中点，证明：平面CDF；求二面角的平面角的余弦值.19. 为更好保障消费者的食品安全，某蛋糕总店开发了A、B两种不同口味的生态戚风蛋糕，制作主料均为生态有机原料.已知A蛋糕的成本为60元/个，B蛋糕的成本为61元/个，两种蛋糕的售价均为68元/个，两种蛋糕的保质期均为一天，一旦过了保质期，则销毁处理.为更好了解市场的需求情况，A、B两种蛋糕分别在甲、乙两个分店同时进行了为期一个月天的试销，假设两种蛋糕的日销量相互独立，统计得到如下统计表.A蛋糕的销售量个37383940天数66108B蛋糕的销售量个37383940天数49125以销售频率为概率，求这两种蛋糕的日销量之和不低于78个的概率；若每日生产A、B两种蛋糕各n个，根据以上数据计算，试问当与时，哪种情况下两种蛋糕的获利之和最大？20. 已知抛物线C：的焦点为F，A，B分别为C上两个不同的动点，O为坐标原点，当为等边三角形时，求C的标准方程；抛物线C在第一象限的部分是否存在点P，使得点P满足，且点P到直线AB的距离为2？若存在，求出点P的坐标及直线AB的方程；若不存在，请说明理由.21.已知函数，其中当时，求的极值；若不等式对任意恒成立，证明：22. 在平面直角坐标系xOy中，曲线的参数方程为为参数，以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为，其中，求的普通方程与直线l的直角坐标方程；直线l与曲线交于A，B两点，且A，B两点对应的极角分别为，，求的值.23. 已知函数当时，求不等式的解集；若的最小值为10，求实数a的值.答案和解析1.【答案】A【解析】解；由题得，，所以故选：先化简集合A和B，再根据交集的定义求解．本题主要考查交集及其运算，属于基础题．2.【答案】C【解析】解：因为，所以z的虚部为故选：利用复数定义及运算法则计算即可．本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．3.【答案】D【解析】解：因为，，，所以；故选：根据中间值和符号求解．本题主要考查数的大小的比较，考查逻辑推理能力，属于基础题．4.【答案】C【解析】解：这12个月我国居民消费价格月度同比数据由小到大依次为，，，，，，，，，，，，中位数为，平均数为，由数据可知我国居民消费价格月度环比的数据中，有6个月的数据为正数，3个月的数据为，3个月的数据为负数，所以月度环比数据为正数的个数比月度环比数据为负数的个数多3，且出现次数最多，故众数为，故选项A，B，D正确，C错误，故选：根据统计图分别求出消费价格月度同比数据的中位数和平均值；求出月度环比数据为正数的个数、月度环比数据为负数的个数，再求出月度环比数据的众数，即可得答案．本题考查统计图表的应用，属于基础题．5.【答案】D【解析】解：令，设数列的公比为q，因为，所以，即，所以由，得，所以，联立，解得，所以，所以，所以的前10项和为故选：根据条件构造数列，再根据条件列出等比数列的基本量的方程组，再根据通项公式求和．本题主要考查了等比数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题．6.【答案】B【解析】解：设该圆台的母线长为l，两底面圆半径分别为R，其中，则，，，所以，故圆台部分的侧面积为，圆柱部分的侧面积为，故该黄地绿彩云龙纹盘的侧面积约为故选：首先求圆台母线长，再代入圆台和圆柱侧面积公式，即可求解．本题主要考查了圆台的结构特征，属于基础题．7.【答案】C【解析】解：，，又，，，，，，，，又，，故选：根据数量积的运算律结合模的计算，即可求得答案．本题考查向量数量积的性质与定义，化归转化思想，方程思想，属基础题．8.【答案】C【解析】解：因为，所以，则函数是以6为周期的周期函数，所以故选：分析可知，函数是以6为周期的周期函数，再由即可得解．本题考查抽象函数及其运用，考查运算求解能力，属于基础题．9.【答案】B【解析】解：因为，所以，即，所以，当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值为故选：条件等式两边取对数后，得，再结合换底公式，以及基本不等式“1”的妙用，即可求解．本题主要考查了对数的运算性质，属于基础题．10.【答案】A【解析】解：函数，其中，即，所以①不正确；函数是周期为：，所以②正确；函数的值域：；所以③正确；可得，，所以图象的对称轴为直线所以④不正确；故选：化简函数的解析式，然后求解函数的定义域，周期，值域，对称轴，判断命题的真假即可．本题考查三角函数的图象与性质的应用，两角和与差的三角函数，函数的周期性、对称性的判断，是中档题．11.【答案】D【解析】解：由已知知，又，所以，令，则，又，令，所以，所以在上单调递增，又，所以当时，，，单调递减；当时，，，单调递增，所以的极小值为，无极大值．故选：根据题意赋值可求得，根据结构特征，构造函数，从而判断的函数值情况，即可判断的单调性，确定极值，即可得答案．本题主要考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，属于中档题．12.【答案】B【解析】解：分别取A，B关于x轴的对称点，，连接，，，，由以及椭圆的对称性及几何知识可得，且A，M关于y轴对称，则，M关于原点对称，则四边形是平行四边形，所以，，又，所以，所以是等边三角形，又的周长为，所以，，中，由余弦定理，得，整理得，所以，故选：分别取A，B关于x轴的对称点，，连接，，，，利用椭圆的对称性，推出四边形是平行四边形，从而求出，，利用余弦定理求得a，c的关系式，可得答案．本题考查椭圆的几何性质，余弦定理的应用．化归转化思想，属中档题．13.【答案】【解析】解：因为，即函数的值域为所以实数a的取值范围为故答案为：求出函数的值域，结合存在量词命题为是真命题作答．本题主要考查了由命题的真假求解参数范围，属于基础题．14.【答案】4【解析】解：由题意可知，双曲线C的一条渐近线为直线，故，故其实轴长为故答案为：由双曲线的渐近线方程得出，即可得出结果．本题考查双曲线的几何性质，属基础题．15.【答案】【解析】解：甲、乙分配到同一个场馆有以下两种情况：场馆分组人数为1，1，3时，甲、乙必在3人组，则方法数为种；场馆分组人数为2，2，1时，其中甲、乙在一组，则方法数为种，即甲、乙分配到同一个场馆的方法数为若甲分配到游泳馆，则乙必然也在游泳馆，此时的方法数为，故所求的概率为故答案为：利用计数原理和排列组合公式，分别计算甲、乙分配到同一个场馆的方法数和甲分配到游泳馆的方法数，根据古典概型的计算公式计算．本题主要考查古典概型概率公式，考查运算求解能力，属于中档题．16.【答案】【解析】解：如图，取AC的中点E，AB的中点F，连接EF，DE，因为，所以，因为，，所以，，过点E作平面DAC，过点F作平面ABC，，因为点E，F分别是和的外心，所以点O是三棱锥的外接球的球心，由，得，，，所以，，，，，则三棱锥的外接球的半径，所以外接球的表面积故答案为：先求出外接球的球心，根据几何关系求出外接球的半径即可．本题主要考查了三棱锥的外接球问题，属于中档题．17.【答案】解：若选①，，则，所以，由正弦定理得，又，所以，所以，又，由，，解得若选②，，由已知及正弦定理得，所以，所以，所以，又，所以，所以，又，由，，解得由的面积为2，得，所以，由可得，由余弦定理得，所以，所以，所以的周长为【解析】根据所选条件，利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简，可求的值；由面积公式求得，再利用余弦定理求得，可得的周长．本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．18.【答案】证明：为AB的中点，，，又平面ABC，平面ABC，，又，AE，平面ABFE，平面ABFE，又平面ABFE，，在中，，，，在中，，，，在直角梯形ABEF中，由勾股定理可得，，，，又，CD，平面CDF，平面CDF；解：由题知，过D作交EF于M，则平面ABC，可得，，以D为坐标原点，向量，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：则，，，，，设为平面CEF的一个法向量，由，得，取，则，，平面CEF的一个法向量由知平面CDF的一个法向量为，设二面角的平面角为，易知为锐角，则；综上，二面角的平面角的余弦值为【解析】证明一条直线垂直于一个平面只要证明该直线垂直于平面内两条相交的直线即可；建立空间坐标系，运用数量积求解．本题主要考查直线与平面垂直的证明，二面角的求法，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．19.【答案】解：设这两种蛋糕的日销量之和为X，则，，所以这两种蛋糕的日销量之和不低于78个的概率为：；当时，两种蛋糕获利之和为元；当时，两种蛋糕获利之和为元，因为，所以当时，两种蛋糕的获利之和最大．【解析】设这两种蛋糕的日销量之和为X，计算出、、，相加可得所求事件的概率；计算出与时两种蛋糕所获利润的期望值，比较大小后可得出结论．本题考查古典概型的概率公式的应用，化归转化思想，属中档题．20.【答案】解：由对称性可知，当为等边三角形时，A，B两点关于x轴对称，当为等边三角形时，的高为，由题意知点在C上，代入，得，解得，所以C的标准方程为由知，根据题意可知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为，，，，联立，得，所以，即，且，，所以，由，得，所以，所以，即，又点P在C上，所以，即，①所以，解得，又点P在第一象限，所以，所以，又点P到直线AB的距离，化简得，②联立①②，解得或舍去或舍去，此时点，直线AB的方程为【解析】由对称性可知当为等边三角形时，A，B两点关于x轴对称，可得点在C上，代入，解得p，即得C的标准方程；设直线AB的方程为，与抛物线联立，结合韦达定理和条件，得，由点P到直线AB的距离为2，可得，联立可解得答案．本题考查了抛物线的标准方程以及直线与抛物线的位置关系的应用，属于中档题．21.【答案】解：当时，，，令，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，，，当时，，，单调递减；当时，，，单调递增，的极小值为，无极大值；综上，当时，的极小值为e，无极大值．证明：由题意，对于，不等式恒成立，即恒成立，将上不等式看作以a为主元的一元二次不等式，对于任意的x恒成立，，当时，，上不等式显然成立，此时；当时，方程的解为，即或；就是a要大于函数的最大值，令，则，，，，当时，，单调递减，当时，，单调递增，，即；，即a小于函数的最小值，令，则，，，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，，由条件，【解析】将代入的解析式，运用导数求函数的极值；将不等式看作一元二次不等式，运用一元二次不等式的解法求解．本题主要考查利用导数研究函数的极值，不等式的证明，本题的难点在于换个角度思考问题，运用参数分离显然不行，运用分类讨论会比较繁琐，将原不等式看作一元二次不等式来求解相对容易．22.【答案】解：曲线的参数方程为，可得，即，的普通方程，由，可得，直线l的直角坐标方程为；由可得曲线的极坐标方程①，直线l的极坐标方程为②，②代入①得，，化简得，，，，，，由题意可得，，，【解析】利用同角的正余弦的平方和为1可得的普通方程，利用极坐标与直角坐标的互化易求直线l的直角坐标方程；联立直线l与曲线的极坐标方程可求得，进而可得的值．本题考查参数方程与普通方程的互化，直角坐标方程与极坐标的互化，考查三角恒等变换，属中档题．23.【答案】解：时，函数；不等式可化为或或，解得或或x的值不存在；所以不等式的解集为；时，；时，；时，，最小值为0，不合题意，舍去；时，在和上单调递减，在上单调递增；所以最小值为，解得；时，在单调递减，在和上单调递增；所以最小值为，解得；综上，a的值为或【解析】时函数，利用分段讨论法去掉绝对值，求不等式的解集即可；讨论和、时，求出最小值为10时a的值．本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，是中档题．。

江西省南昌市2013届高三数学第二次模拟测试试题理（南昌二模，扫描版）123456 2012—2013学年度南昌市高三第二次模拟测试卷数学(理科)参考答案及评分标准 一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分） 题目1234567 8 9 10 答案 A A B A C B DACD二、填空题（本大题共4小题，每小题5，共20分） 11. 3； 12.29； 13. 4 14. 222sin 2sin 2sin 22sin 2sin 2cos 2A B C B C A =++ 三、选做题（本题共5分）15.①②{|1x x ≤-或2}x ≥四、解答题（本大题共6小题，共75分） 16.解：（1）由题意可知，第3组的人数为0.0651000300⨯⨯=，第4组的人数为0.0451000200⨯⨯=，第5组的人数为0.025*******⨯⨯=。

…………………3分 所以利用分层抽样在600名志愿者中抽取12名志愿者，每组抽取的人数为： 第3组123006600⨯=，第4组122004600⨯=，第5组121002600⨯=……………6分 （2）ξ的所有可能取值为0,1,2,3，03663121(0)11C C P C ξ===，12663129(1)22C C P C ξ===，21663129(2)22C C P C ξ===，363121(3)11C P C ξ===，……………………………………………………………………10分所以，ξ的分布列为：0 1 2 317．解：（1）1(sin cos ,)2m n x x +=+u r r ，所以21111()(sin cos )sin sin sin cos sin 2cos 22222f x x x x x x xx x =+-=+-=-，…3分即()f x sin(2)24x π=-，………………………………………………………………4分 当[0,]2x π∈时，32[,]444x πππ-∈-，sin(2)[42x π-∈-，所以当[0,]2x π∈时，函数()y f x =的值域是1[,22-；……………………………6分7（2）由22()25B f =，得3sin()45B π-=，又(,)444B πππ-∈-， 所以4cos()45B π-=，………………………………………………………………………8分因此”2cos cos[()]cos()cos sin()sin 444444B B B B ππππππ=-+=---=, ……9分由余弦定理2222cos b a c ac B =+-，得2223242298225c c c =+-⨯⨯， ……11分 所以：52,8c a ==。

2019届南昌市高三二模考试数学（理）试卷本试卷分必做题和选做题两部分。

满分150分，考试时间120分钟。

注意事项：1.答卷前，考生务必将自已的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考拭科目”与考生本人的准考证号、姓名是否一致。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，用0.5毫米的黒色墨水笔写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3.考试结束后，监考员将答题卡收回。

选择题：共12小题，每小题5分，共60分。

在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.已知集合 A= {0>2|2--x x x }，B={3<<0|x x },则=B AA. (-1,3)B. (0,3)C. (1,3)D. (2,3)2.已知R b a ∈,，复数bi a z -=，则=2||zA. abi b a 222-+B. abi b a 222--C. 22b a -D. 22b a +3.已知函数a x ax x f ++=2)(，命题0)(,:00=∈∃x f R x p ，若p 为假命题，则实数a 的取值范围是A. ]21,21[-B. )21,21(-C. ),21()21,(+∞--∞D. ),21[]21,(+∞--∞ 4. 己知抛物线x y 82=的焦点为F ，点P 在该抛物线上，且P 在y 轴上的投影为点E ，则 ||||PE PF -的值为A.1B. 2C. 3D. 45. 一个组合体的三视图如图所示（图中网格小正方形的边长为1)，则该几何体的体积是A. 212-π B. 12-πC. 22-πD. 42-π 6. 已知函数2<||,0>,0>)(sin()(πϕωϕωA x A x f +=为图像上的所有点向左平移4π个单位得到函数)(x g 的图像，则函数)(x g 的单调递增区间是A. )](12,127[Z k k k ∈--ππππ B. )](125,12[Z k k k ∈+-ππππ C. )](247,245[Z k k k ∈+-ππππ D. )](24,1211[Z k k k ∈+-ππππ 7.已知717,67log ,33log ===z y x ，则z y x ,,的大小关系是A. x<z<yB. z<x<yC. x<y<zD. z<y<x8. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河诗中隐含着一个有趣的数学问题一一“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为122≤+y x ,若将军从点A(2,0)处出发，河岸线桥在直线方程为3=+y x ,并假定将军只要到达军营所在医域即回到军营，则“将军饮马”的最短总路程为A. 110-B. 122-C. 22D. 109. 己知△ABC 中，AB = 2，B=4π，C =6π，点P 是边BC 的中点，则⋅等于 A.1 B. 2 C. 3 D.410. 已知双曲线E: 12222=-b y a x (a>b>0)的焦距为 2c,圆 C 1: 222)(r y c x =+- (r>0)与圆C 2: )(4)(222R m r m y x ∈=-+外切，且E 的两条渐近线恰为两圆的公切线，则E 的离心率为A. 2B. 5C. 26D. 23。

江西省南昌市高考数学二模试卷（理科）姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、选择题 (共10题；共20分)1. （2分） (2019高三上·广东月考) 复数满足（其中是虚数单位），则的虚部为（）A . 2B .C . 3D .2. （2分）(2020·南昌模拟) 设全集为R，集合，则（）A .B .C .D .3. （2分） (2019高二下·九江期中) “ ”是“ ”的（）A . 充要条件B . 充分不必要条件C . 必要不充分条件D . 既不充分也不必要条件4. （2分） (2019高一上·鹤壁月考) 已知为不同的平面, 为不同的直线则下列选项正确的是（）A . 若 ,则B . 若 ,则C . 若 ,则D . 若 ,则5. （2分）如图是把二进制数化为十进制数的一个程序框图，则判断框内应填入的条件是（）A . i>4B . i≤4C . i>5D . i≤56. （2分） (2016高一下·榆社期中) 已知，则cos（π+2α）等于（）A .B . -C .D . -7. （2分）命题“若，则是直角三角形”的逆命题、否命题、逆否命题这三个命题中，真命题的个数是（）A . 0B . 1C . 2D . 38. （2分） (2016高三上·襄阳期中) 已知函数f（x）=x﹣ln|x|，则f（x）的图象大致为（）A .B .C .D .9. （2分） (2018高三上·大港期中) 设变量满足约束条件则目标函数的最小值为（）A . －7B . －4C . 1D . 210. （2分） (2018高二上·台州期末) 已知，是双曲线的左，右焦点，点在双曲线上，且，则下列结论正确的是（）A . 若，则双曲线离心率的取值范围为B . 若，则双曲线离心率的取值范围为C . 若，则双曲线离心率的取值范围为D . 若，则双曲线离心率的取值范围为二、填空题 (共5题；共5分)11. （1分） (2019高二上·绥德月考) 设甲、乙、丙是三个命题，如果甲是乙的必要条件，丙是乙的充分条件，但不是乙的必要条件，那么丙是甲的________.（①充分而不必要条件，②必要而不充分条件，③充要条件）12. （1分） (2020高一下·句容期中) 在△ 中，为边的中点，，，，则 ________.13. （1分）某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是________14. （1分） (2017高二上·荆门期末) 由计算机产生2n个0～1之间的均匀随机数x1 ， x2 ，…xn ， y1 ，y2 ，…yn ，构成n个数对（x1 ， y1），（x2y2），…（xn ， yn）其中两数能与1构成钝角三角形三边的数对共有m个，则用随机模拟的方法得到的圆周率π的近似值为________．15. （1分）已知f（x）是定义在R上且周期为6的奇函数，当x∈（0，3）时，f（x）=lg（2x2﹣x+m）．若函数f（x）在区间[﹣3，3]上有且仅有5个零点（互不相同），则实数m的取值范围是________三、解答题 (共6题；共65分)16. （5分）(2017·南京模拟) 已知△ABC是锐角三角形，向量 =（cos（A+ ），sin（A+ ））， =（cosB，sinB），且⊥ ．（Ⅰ）求A﹣B的值；（Ⅱ）若cosB= ，AC=8，求BC的长．17. （10分） (2015高三上·青岛期末) 设数列{an}的前n项和为．（1）求数列{an}的通项公式an；（2）是否存在正整数n，使得？若存在，求出n值；若不存在，说明理由．18. （15分）(2018·沈阳模拟) 随着移动互联网的发展，与餐饮美食相关的手机APP软件层出不穷为调查某款订餐软件的商家的服务情况，统计了10次订餐“送达时间”，得到茎叶图如下：时间：分钟（1）请计算“送达时间”的平均数与方差；（2）根据茎叶图填写下表：送达时间35分钟以内包括35分钟超过35分钟频数A B频率C D在答题卡上写出A，B，C，D的值；（3）在问的情况下，以频率代替概率现有3个客户应用此软件订餐，求出在35分钟以内包括35分钟收到餐品的人数X的分布列，并求出数学期望．19. （10分） (2018高二下·上海月考) 如图，在空间四边形中，平面，，且，．（1）若，，求证：平面；（2）求二面角的大小．20. （10分）(2020·肇庆模拟) 已知椭圆的短半轴长为，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）设是坐标原点，点在直线上，点在椭圆上，且，求线段长度的最小值．21. （15分） (2017高二下·武汉期中) 已知函数f（x）=（ax+1）lnx﹣ax+3，a∈R，g（x）是f（x）的导函数，e为自然对数的底数．（1）讨论g（x）的单调性；（2）当a＞e时，证明：g（e﹣a）＞0；（3）当a＞e时，判断函数f（x）零点的个数，并说明理由．参考答案一、选择题 (共10题；共20分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、二、填空题 (共5题；共5分)11-1、12-1、13-1、14-1、15-1、三、解答题 (共6题；共65分) 16-1、17-1、17-2、18-1、18-2、18-3、19-1、19-2、20-1、20-2、21-1、21-2、21-3、。

一、单选题二、多选题1.已知方程在上有且仅有两个不同的解、，则下列结论正确的是（ ）A．B．C．D．2. 已知复数满足：，则（ ）A ．1B．C．D ．53. 已知数列为等比数列，，是方程的两个根，设等差数列的前项和为，若，则（ ）A ．或B．C ．18D ．24. 已知椭圆C 的一个焦点F （0，-），P 为C 上一点，满足则椭圆C 的标准方程为（ ）A．B．C．D．5. 设为等差数列，= 9，=39，则=（ ）A ．24B ．27C ．30D ．336. 由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有（ ）A ．210个B ．300个C ．464个D ．600个7. 若函数的图像不过第一象限，则a ，b 所满足的条件是（ ）A ．a >1，b <-1B ．0<a <1，b ≤-1C ．0<a <1，b <-1D ．a >1，b ≤-18.已知，，，则（ ）A．B．C．D．9. 设点为圆上一点，已知点，则下列结论正确的有（ ）A．的最大值为B ．的最小值为8C．存在点使D ．过A 点作圆的切线，则切线长为10.数列满足，，则下列说法正确的是（ ）A ．若且，数列单调递减B ．若存在无数个自然数，使得，则C ．当或时，的最小值不存在D ．当时，11.等差数列的前项和为，，，则（ ）A．B．C ．当时，的最小值为D．江西省南昌市2023届高三二模数学（理）试题三、填空题四、解答题12. 已知为正实数，且，则（ ）A．的最大值为B ．的最小值为C．的最小值为D ．的最小值为13. 已知是等腰直角三角形，点P在平面的同一侧运动，P到平面的距离为6，三棱锥的体积为18且其外接球的半径为5，则满足上述条件的点P 的轨迹长度为____________．14.点是直线上一动点，过点作圆的两条切线其中为切点，若四边形面积的最小值为2，则实数的值为___________.15. 小李参加有关“学习强国”的答题活动，要从4道题中随机抽取2道作答，小李会其中的三道题，则抽到的2道题小李都会的概率为_____.16. 我市为改善空气环境质量，控制大气污染，政府相应出台了多项改善环境的措施.其中一项是为了减少燃油汽车对大气环境污染.从2018年起大力推广使用新能源汽车，鼓励市民如果需要购车，可优先考虑选用新能源汽车.政府对购买使用新能源汽车进行购物补贴，同时为了地方经济发展，对购买本市企业生产的新能源汽车比购买外地企业生产的新能源汽车补贴高.所以市民对购买使用本市企业生产的新能源汽车的满意度也相应有所提高.有关部门随机抽取本市本年度内购买新能源汽车的户，其中有户购买使用本市企业生产的新能源汽车，对购买使用新能源汽车的满意度进行调研，满意度以打分的形式进行.满分分，将分数按照分成5组，得如下频率分布直方图.（1）若本次随机抽取的样本数据中购买使用本市企业生产的新能源汽车的用户中有户满意度得分不少于分，把得分不少于分为满意.根据提供的条件数据，完成下面的列联表.满意不满意总计购本市企业生产的新能源汽车户数购外地企业生产的新能源汽车户数总计并判断是否有的把握认为购买使用新能源汽车的满意度与产地有关？（2）以频率作为概率，政府对购买使用新能源汽车的补贴标准是：购买本市企业生产的每台补贴万元，购买外地企业生产的每台补贴万元.但本市本年度所有购买新能源汽车的补贴每台的期望值不超过万元.则购买外地产的新能源汽车每台最多补贴多少万元？附：，其中.17. 如图，在四棱锥中，，底面，是边长为2的菱形，，正所在平面与底面垂直．(1)求证：平面；(2)求二面角的正弦值．18. 已知函数，.（1）若在上有极值点，求的取值范围；（2）若，时，，求的最大值.19. 甲、乙两地相距300千米，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不超过100千米/小时，已知汽车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度（千米/小时）的平方成正比，比例系数为（），固定部分为1000元.（1）把全程运输成本（元）表示为速度（千米/小时）的函数，并指出这个函数的定义域；（2）为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？20. 手机运动计步已经成为一种新时尚.某单位统计了职工一天行走步数（单位：百步），绘制出如下频率分布直方图：（1）求直方图中的值，并由频率分布直方图估计该单位职工一天步行数的中位数；（2）若该单位有职工200人，从行走步数大于15000的3组职工中用分层抽样的方法选取6人参加远足拉练活动，再从6人中选取2人担任领队，求这两人均来自区间的概率.21. 如图，某污水处理厂要在一正方形污水处理池内修建一个三角形隔离区以投放净化物质，其形状为三角形，其中P位于边上，Q位于边上，已知米，，设，记，当越大，则污水净化效果越好.（1）求关于的函数解析式，并求定义域；（2）求最大值，并指出等号成立条件？。

— 高三理科数学参考答案（模拟二）第1页(共6页) —理科数学参考答案及评分标准一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分，在每小题给出的四个选项中，只有一13．0.614．215．1216．17[,1212三．解答题：共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 第17题-21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22题、23题为选考题，考生根据要求作答． 17．【解析】（1）将图象平移至A 与原点O 重合，则3(0,0),(,1),(,1)44T TA B C ，所以3(,1),(,1)44T TA B A C ，所以23116T AB AC A B A C，…………………… 4分所以231216T ，解得4T ，故2π4 ，解得π2.…………………… 6分（2）因为42π1π(2)(sin(π)sin()sin cos sin(33223f f，所以πsin()32，即πsin(32 ， …………………… 9分所以ππ2π33k 或π2π2π()33k k Z ，即2πk 或π2π()3k k Z ，…………………… 11分 又π02 ，所以π3 .…………………… 12分18．【解析】（1）如图，取AB 的中点F ， 连接,,DB EF DF ，因为底面ABCD 是边长为4的菱形，π3DAB ，所以DF AB ，…………………… 因为CD DE ，所以AB DE ，因为DF DE D ，所以AB 平面DEF ，所以AB EF ， (4)— 高三理科数学参考答案（模拟二）第2页(共6页) —B在PAB 中，如图，因为4AB ， 所以3PE； …………………… 6分（2）因为平面PAB 平面ABCD ，DF AB ，所以DF如图，以FE 为x 轴，以FA 为y 轴，以FD 为z 轴，建立空间直角坐标系，则(,0,0)3E，D ，(0,4,C则(PC ，(0,4,0)CD ，设平面PCD 的法向量为(,,)n x y z，则00PC nCD n，所以3040y y ， 令2x ，得(2,0,1)n， …………………… 因为(3DE ， ……………………所以cos ,10||||n DE n DE n DE，所以直线DE 与平面CDP 所成角的正弦值10. …………………… 12分19. 【解析】（1）由已知，3x ，所以21(10nii x x，因此，如果选择模型y a bx ， 则相关系数1r， …………………… 2分如果选择模型ln y a b x，即y a bu ， 则相关系数2r， (4)分因为2220.9 ，2232.56 ， 所以120r r ，故选择ln y a b x 更适宜作为y 关于x 的回归模型. ……… 6分（2）因为514.79ii u，5162i i y ，所以 4.79620.958,12.455u y， …………………… 8分— 高三理科数学参考答案（模拟二）第3页(共6页) —121()()19.38121.615(niii nii u u y y b u u， …………………… 10分 所以12.4120.9580.904a y bu，所以y 关于x 的回归方程为0.90412ln y x . …………………… 12分 20. 【解析】（1）因为直线2A B 的斜率为12，所以12b a ， 焦距2c ，因此223a b ， …………………… 2分解得2,1a b ，所以椭圆C 的方程是2214x y ； …………………… 4分（2）因为2(2,0)A ，所以直线2l 的方程为1(2)()2y k x k联立22(2)14y k x x y ，整理得2222(41)16k x k x 则2216241Q k x k ，故228241Qk x k ， 则24241Q Q k y k x k ．所以222824(4141k kQ k k ，．又直线1A B 的方程为112y x ．联立 1122y x y k x，解得424(2121k k P k k ，． …………………… 9分 122||||||||11Q P Q P Q Q Q Qy y y y y S QR QP S QB QA y y y 22228(21)2(21)1681(21)(82)21824k k k k k k k k k k ， 因为12k ，所以2211,044k k，所以12(2,)S S . …………………… 12分21.【解析】（1）当1,2a k 时，此时1()2ln f x x x x，则2211(21)(1)()2x x f x x x x， ………………………… 2分— 高三理科数学参考答案（模拟二）第4页(共6页) —当01x 时，()0f x ，则()f x 在(0,1)单调递增； 当1x 时，()0f x ，则()f x 在 1, 单调递减；所以()f x 的极大值为(1)3f ，无极小值. ………………………… 5分 （2）不妨设12x x ，因为12()()f x f x ， 则11221211ln ln kx a x kx a x x x12112122ln ()x x x a k x x x x x ，所以121212ln 1xx a k x x x x ， …………………… 7分由21()a f x k x x ，则122212121111()()()2f x f x a k x x x x ， 12122212121212ln 11111()()()2()x x f x f x a a x x x x x x x x即12122212121212ln 11211()()(2x x f x f x a x x x x x x x x 所以2221212112221212122()1()()(2ln )x x x x x f x f x a x x x x x x x 即21212112221212212()1()()(2ln x x x x x f x f x a x x x x x x x ， …………………… 10分 设12(1,)x t x ，构造函数1()2ln (1)t t t t t ， 则2221221()10t t t t t t， 所以()t 在(1,) 上为增函数， 所以()(1)0t ，因为212221212()10,0x x x x x x ，0a ， 所以12()()0f x f x . …………………………………… 12分 22. 【解析】（1）由题意，点P的极坐标为3π)4， …………………… 2分 因为分界线1C 的圆心在y 轴上，且直径为4，则其直角坐标方程为22(2)4x y ，即2240x y y (0)x ， 可得其极坐标方程为24sin 0 (π02)，— 高三理科数学参考答案（模拟二）第5页(共6页) —即4sin (π02). …………………… 5分 （2）由太极图的对称性可知，M ，N 两点关于极点对称，所以122||||sin 2PMN OPM S S OP OM POM ,设直线l 的极坐标方程为 （π02），则(4sin ,)M ，3π4POM ，所以13224sin sin(π)24PMN OPM S Scos sin )224sin 24(1cos 2)π44， …………………… 8分因为π02，则ππ3π2444 ，所以当ππ242 ，即3π8时，PMN面积的最大值为4 . ……………… 10分23. 【解析】（1）3,1,()|1||22|31,11,3,1,x x f x x x x x x x………………… 3分其图象如下图所示：………………… 5分（2）由（1）知函数()f x 与x 轴的交点为1(,0)3和(3,0)， 结合函数()f x 和()g x 的图象可以知道，当3a 时，只需133b ， 则()()f x g x 在R 上恒成立，— 高三理科数学参考答案（模拟二）第6页(共6页) —此时110333b a ， …………………… 7分 当31a 时，过点(1,4) 且斜率为a 的直线方程为4y ax a ，令0y ，则41x a，要()()f x g x 在R 上恒成立，则413b a，此时441113b a a a a a ，当且仅当2a 时等号成立.综上：b a 的最小值为3. …………………… 10分。

2021年江西省南昌市高考数学二模试卷（理科）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.复数z对应复平面上的点Z(12,√32)，则z2在复平面上对应的点在()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限2.已知集合A={(x,y)|(x+y+1)(2x−y+1)=0}，则集合A中元素个数是()A. 0个B. 1个C. 2个D. 无数个3.从编号依次为01，02，…，20的20人中选取5人，现从随机数表的第一行第3列和第4列数字开始，由左向右依次选取两个数字，则第五个编号为()53083395550262152702436932181826099478465887352224683748168595271413872714955656A. 09B. 02C. 15D. 184.心脏每跳动一次，就完成一次收缩和舒张.心脏跳动时，血压在增大或缩小，并呈周期性变化，血压的最大值和最小值分别称为收缩压和舒张压.某人的血压满足函数p(t)=110+25sin(150πt)，其中p(t)为血压(单位：mmHg)，t为时间(单位：min)，则相邻的收缩压和舒张压的时间间隔是()A. 1150B. 1110C. 170D. 1755.已知等比数列{a n}中，a1+a4=2，a2+a5=4，则数列{a n}的前6项和S6=()A. 12B. 14C. 16D. 186.如图，正四棱锥P−ABCD的高为12，AB=6√2，E，F分别为PA，PC的中点，过点B，E，F的截面交PD于点M，截面EBFM将四棱锥分成上、下两个部分，规定BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为主视图方向，则几何体CDAB−FME的俯视图为()A.B.C.D.7. 已知F 是抛物线y 2=4x 的焦点，P 是抛物线上的一个动点，A(3,1)，则△APF 周长的最小值为( )A. 2+2√5B. 4+√5C. 3+√5D. 6+√58. 已知f(x)={ax 2,x ∈(0,1)log a x,x ∈[1,2)，若f(x)=a 2有两解，则a 的取值范围是( )A. (0,12)B. (0,12]C. (1,2]D. (1,2)9. 已知f(x)=2e x +1，则“x 1+x 2=0”是“f(x 1)+f(x 2)=2”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10. 将双曲线绕其对称中心旋转，会得到我们熟悉的函数图象，例如将双曲线x 22−y 22=1的图象绕原点逆时针旋转45°后，能得到反比例函数y =1x的图象(其渐近线分别为x 轴和y 轴)：同样的，如图所示，常见的“对勾函数”y =mx +nx (m >0,n >0)也能由双曲线的图象绕原点旋转得到(其渐近线分别为y =mx 和y 轴).设m =√33，n =√3，则此“对勾函数”所对应的双曲线的实轴长为( )A. 4√3B. 4C. 2√6D. 2√711. 四面体ABCD 中，∠ABC =∠BCD =90°，AD =4，BC =2，且AB 与CD 所成角为60°，则该四面体的外接球表面积为( )A. 10πB. 16πC. 18πD. 20π12. 已知直线l 0：xa+1+ya+7=1，l n ：x6n−8−a+y6n−2−a =1(a 为常数，n =1，2，3，…)，点(a n ,a n+1)是l 0与l n的交点，则数列{a n }的前20项和为( )A. 320B. 360C. 590D. 600二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知a⃗=(−1,2)，b⃗ =(3,−1)，则与a⃗−b⃗ 同方向的单位向量是______ ．14.某学科视导团有三名男专家和两名女专家，安排到五所学校进行教学视导，这五所学校中省级重点中学有三所，省级建设重点中学有两所，要求每所学校各派一位专家，两类学校都要有男专家，则不同的分派方案有______ 种(结果用数字作答)．15.若函数f(x)=x2+a在(−1,+∞)上单调递增，则实数a的取值范围为______ ．x+116.通过研究发现：点光源P斜照射球，在底面上形成的投影是椭圆，且球与底面相切于椭圆的一个焦点F1(如图1所示)，图2是底面边长为2、高为3的正四棱柱，一实心小球与正四棱柱的下底面及四个侧面均相切，若点光源P位于AD的中点处时，则在平面A1B1C1D1上的投影形成的椭圆的离心率是______ ．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17.在钝角△ABC中，A为钝角，角A，B，C所对边分别为a，b，c，sinA=cosB，C=2B．(Ⅰ)求角C；(Ⅱ)若c=2√2，求△ABC的面积．18.如图，菱形ABCD的边长为4，对角线交于点E，∠ABC=2π3，将△ADC沿AC折起得到三棱锥D−ABC．(Ⅰ)求证：平面DBE⊥平面ABC(Ⅱ)若CD与平面ABC所成角的正弦值为√34，求二面角D−BC−E的余弦值．19.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=√32，椭圆E与x轴交于A，B两点，与y轴交于C，D两点，四边形ACBD的面积为4．(Ⅰ)求椭圆E的方程；(Ⅱ)若P是椭圆E上一点(不在坐标轴上)，直线PC，PD分别与x轴相交于M，N两点，设PC，PD，OP的斜率分别为k1，k2，k3，过点P的直线l的斜率为k，且k1k2=kk3，直线l与x轴交于点Q，求|MQ|−|NQ|的值．20. 某电台举办有奖知识竞答比赛，选手答题规则相同.甲每道题自己有把握独立答对的概率为12，若甲自己没有把握答对，则在规定时间内连线亲友团寻求帮助，其亲友团每道题能答对的概率为p ，假设每道题答对与否互不影响． (Ⅰ)当p =15时，(ⅰ)若甲答对了某道题，求该题是甲自己答对的概率；(ⅰ)甲答了4道题，计甲答对题目的个数为随机变量X ，求随机变量X 的分布列和数学期望EX ； (Ⅱ)乙答对每道题的概率为23(含亲友团)，现甲乙两人各答两个问题，若甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率不低于1536，求甲的亲友团每道题答对的概率p 的最小值．21. 已知函数f(x)=xsinx −alnx(a ∈R)的图象在x =π2处的切线斜率为−1．(Ⅰ)求证：x ∈(0,π2)时，f(x)>0； (Ⅱ)求证：32sin(π3+12)+43sin(π3+13)+⋯…+n+1nsin(π3+1n )>πlnn+12(n ≥2,n ∈N)．22. 在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为{x =2cosθy =2sinθ(θ为参数)，曲线C 2：xy =√3.以原点O 为极点，x 的非负半轴为极轴建立极坐标系．(Ⅰ)求曲线C 1的普通方程和曲线C 2的极坐标方程；(Ⅱ)曲线C1与C2交于A，B，C，D四点，求以A，B，C，D为顶点的四边形ABCD的面积．23.已知f(x)=|x−a+1|+|x+b−1|的最小值是c.(其中a，b都是0到1之间的正数)(Ⅰ)求a+b+c的值；(Ⅱ)证明：a2+2ab+4bc+2ac≤4．答案和解析1.【答案】B【解析】解：由题意，z=12+√32i，则z2=(12+√32i)2=(12)2+√32i+(√32i)2=14−34+√32i=−12+√32i．∴z2在复平面上对应的点的坐标为(−12,√32)，在第二象限．故选：B．由已知求得z，再由复数代数形式的乘除运算求得z2，求其坐标得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．2.【答案】D【解析】解：∵(x+y+1)(2x−y+1)=0，∴x+y+1=0或2x−y+1=0或x+y+1=0且2x−y+1=0，∵直线x+y+1=0和直线2x−y+1=0上有无数个点，直线x+y+1=0与直线2x−y+1=0的交点只有一个，∴集合A中元素的个数是无数个．故选：D．根据元素与集合的关系进行判断即可．本题主要考查元素与集合的关系，属于基础题．3.【答案】A【解析】解：从随机数表的第一行第3列和第4列数字开始，依次读取：08，33(舍)，95(舍)，55(舍)，02，62(舍)，15，27(舍)，02(舍)，43(舍)，69(舍)，32(舍)，18，18(舍)，26(舍)，09，⋅⋅⋅则第五个编号为09．故选：A．从随机数表的第一行第3列和第4列数字开始，依次读取，舍去不在范围内和重复的数字，即可得到答案．本题考查了简单随机抽样中的随机数表法的应用，解题的关键是掌握随机数表法抽取样本的步骤，属于基础题．4.【答案】A【解析】解：由题意可知相邻的收缩压和舒张压的时间间隔是函数p(t)的半个周期，∵p(t)=110+25sin(150πt)，∴最小正周期T=2π150π=175，∴12T=1150，故选：A．由题意可知相邻的收缩压和舒张压的时间间隔是函数p(t)的半个周期，再利用三角函数的周期公式求解．本题主要考查了三角函数的实际应用，考查了三角函数的周期公式，是基础题．5.【答案】B【解析】解：根据题意，设等比数列{a n}的公比为q，若a1+a4=2，a2+a5=4，则a2+a5a1+a4=q=2，则有a1+a4=a1+a1q3=a1(1+q3)=2，解可得a1=29，则S6=a1(1−q6)1−q=14，故选：B．根据题意，设等比数列{a n}的公比为q，由等比数列的性质可得a2+a5a1+a4=q=2，进而求出a1=29，结合等比数列的前n项和公式计算可得答案．本题考查等比数列的性质以及应用，涉及等比数列的求和，属于基础题．6.【答案】C【解析】解：本体不借助运算，利用排除法就可以求出结果：由于点E、F为AP和CP的中点，所以点E和F在下底面的射影在AC上，故根据E和F的射影不能排除答案；由于点M的射影在对角线BD上，点E和F的射影在AC上所以直接排除D答案；根据点E和F为AP和CP的中点，且EBFM四点共面，所以点M在下底面的射影更接近点P在下底面的射影，所以当点M在中点时，选A，由于点M不为中点且接近点P，故B更不可能，故选：C．直接利用锥体的定义和点在平面上的射影的应用，利用排除法求出结果．本题考查的知识要点：锥体的定义，点在平面上的射影，排除法，主要考查学生对空间问题的应用，属于中档题．7.【答案】B【解析】解：抛物线的准线方程为x=−1，焦点坐标(1,0)，过A作准线的垂线，垂足为N，则|PN|=|PF|，故而当P，A，N三点共线时，|AP|+|PF|取得最小值4，则△APF周长的最小值为4+√(3−1)2+12=4+√5．故选：B．根据抛物线的性质可知|AP|+|PF|最短距离为P到准线的距离，然后求解三角形的周长的最小值．本题考查了抛物线的定义与性质，属于基础题．8.【答案】D【解析】解：由题意，a>0且a≠1．当0<a<1时，函数f(x)的图象如图，至多一解；显然f(x)=a2当a>1时，函数f(x)的图象如图，要使f(x)=a2有两解，则{a>1a2<aa2<log a2，解得1<a<2．∴a的取值范围是(1,2)．故选：D．由题意可得a>0且a≠1，分类画出函数f(x)的图象，数形结合求解使f(x)=a2有两解的a的取值范围．本题考查函数的零点与方程根的关系，考查分类讨论与数形结合思想，是中档题．9.【答案】C【解析】解：①若x1+x2=0，则f(x1)+f(x2)=2e x1+1+2e x2+1=2e x1+2e x2+4e x1+x2+e x1+e x2+1=2e x1+2e x2+4e x1+e x2+2=2，∴充分性成立，②若f(x1)+f(x2)=2，则f(x1)+f(x2)=2e x1+1+2e x2+1=2e x1+2e x2+4e x1+x2+e x1+e x2+1=2，∴e x1+e x2+2=e x1+x2+e x1+e x2+1，∴e x1+x2=1，∴x1+x2=0，∴必要性成立，∴x1+x2=0是f(x1)+f(x2)=2的充要条件．故选：C．先把函数式进行变形，再根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，函数式的变形是解决本题的关键．10.【答案】C【解析】解：由y=√33x+√3x，可得渐近线方程为y=√33x和y轴，由对称性可得，此双曲线的实轴所在的直线为y=√3x，由{y =√3x y =√33x +√3x，可得{x =√62y =3√22或{x =−√62y =−3√22， 所以实轴长为√(√62+√62)2+(3√22+3√22)2=2√6．故选：C ．求得y =√33x +√3x表示的图像的渐近线方程，运用对称性可得实轴所在的直线方程，与函数联立，求得交点坐标，由两点的距离公式，可得所求值．本题考查双曲线的方程和性质，以及对称性的运用和两点的距离公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题．11.【答案】D【解析】解：由∠ABC =∠BCD =90°，AD =4，BC =2，且AB 与CD 所成角为60°，可补形成正方体， 如图，AC 即为外接球直径2R ，AE ⊥底面BCDE ，底面为正方形，可得EC =2√2， ∴2R =AC =√AE 2+CE 2=√5， 那么外接球表面积S =4π2=20π． 故选：D ．根据∠ABC =∠BCD =90°，AD =4，BC =2，且AB 与CD 所成角为60°，可补形成正方体，即可求解外接球半径，即求解外接球表面积．本题考查球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．12.【答案】C【解析】解：由l 0：xa+1+ya+7=1，l n ：x6n−8−a +y6n−2−a =1， 两式相减可得，x =−(a+1)(6n−8−a)y (a+7)(6n−2−a)， 代入l 0的方程，可得x =−(a+1)(6n−a−8)6，y =(a+7)(6n−a−2)6，即有a n =−(a+1)(6n−a−2)+(a+1)⋅(−6)6，a n+1=(a+1)(6n−a−2)+6(6n−a−2)6，可得a n+a n+1=6n−1，所以数列{a n}的前20项和为(a1+a2)+(a3+a4)+...+(a19+a20)=5+17+29+...+113=12×10×(5+113)=590．故选：C．联立l0，l n，求得交点(a n,a n+1)，推得a n+a n+1=6n−1，分别令n=1，3，5，...，19，由等差数列的求和公式，计算可得所求和．本题考查数列的求和，以及两直线的交点求法，考查方程思想和运算能力，属于难题．13.【答案】(−45,3 5 )【解析】解：∵a⃗−b⃗ =(−4,3)，∴与a⃗−b⃗ 方向相同的单位向量是：a⃗ −b⃗|a⃗ −b⃗|=15(−4,3)=(−45,35)．故答案为：(−45,35 )．可求出a⃗−b⃗ 的坐标，然后代入a⃗ −b⃗|a⃗ −b⃗|即可求出答案．本题考查了向量坐标的减法和数乘运算，根据向量的坐标求向量的长度的方法，单位向量的定义及求法，考查了计算能力，属于基础题．14.【答案】108【解析】解：根据题意，将5人安排到五所学校进行教学视导，有A55=120种分派方案，若3名男专家都安排在省级重点中学，有A22A33=12种分派方案，则两类学校都要有男专家的分配方案有120−12=108种，故答案为：108．根据题意，用间接法分析：先计算没有限制条件的安排方法，排除其中“3名男专家都安排在省级重点中学”的情况，即可得答案．本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，注意间接法的使用，属于基础题．15.【答案】(−∞,−1]【解析】解：根据题意，f(x)=x2+ax+1=x2−1+a+1x+1=x−1+a+1x+1，其导数f′(x)=1−a+1(x+1)2，若函数f(x)=x2+ax+1在(−1,+∞)上单调递增，则f′(x)=1−a+1(x+1)2≥0，即a+1≤(x+1)2的区间(−1,+∞)上恒成立，又由x∈(−1,+∞)，则(x+1)2≥0，必有a+1≤0即a≤−1恒成立，即a≤−1，则a的取值范围为(−∞,−1]．故答案为：(−∞,−1]．根据题意，求出函数的解析式，由函数的导数与单调性的关系，可得f′(x)=1−a+1(x+1)2≥0，即a+1≤(x+ 1)2的区间(−1,+∞)上恒成立，据此分析可得答案．本题考查利用导数分析函数单调性的方法，注意先化简函数的解析式，属于基础题．16.【答案】12【解析】解：如图，|QG|=2a，|PQ|=3，|PH|=|PE|=2，|QF1|=1，|GH|=|GF1|=2a−1，则|PG|=|PH|+|GH|=2+2a−1=2a+1，由勾股定理可得：32+(2a)2=(2a+1)2，解得a=2，又|QF1|=a−c=1，得c=1．∴e=ca =12，故答案为：12．由题意画出图形，由勾股定理求得椭圆的长半轴长，进一步求得c，则离心率可求．本题考查椭圆的几何性质，考查数形结合思想，是基础题．17.【答案】解：(Ⅰ)因为sinA=cosB，A为钝角，所以A−B=π2，因为C=2B，A+B+C=π，所以A=3π4−C2，B=π4−C2，所以C=π4．(Ⅱ)由(Ⅰ)可得C=π4，所以A=5π8，B=π8，由正弦定理asinA =bsinB=csinC，所以a=4sin5π8，b=4sinπ8，所以S△ABC=12absinC=8sin5π8⋅sinπ8⋅sinπ4=8cosπ8⋅sinπ8⋅sinπ4=4sin2π4=2．【解析】(Ⅰ)由已知利用诱导公式可得A−B=π2，结合三角形内角和定理可求A，B的值，进而可求C的值．(Ⅱ)由(Ⅰ)可得C，进而可求A，B的值，由正弦定理可得a=4sin5π8，b=4sinπ8，根据三角形的面积公式，二倍角公式即可求解．本题主要考查了诱导公式，三角形内角和定理，正弦定理，三角形的面积公式，二倍角公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．18.【答案】解：(Ⅰ)证明：因为折叠前BD⊥AC，所以AC⊥BE，AC⊥DE，又DE∩BE=E，DE，BE⊂平面BDE，所以AC⊥平面BDE，又AC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面DBE；(Ⅱ)由(Ⅰ)知，平面DBE⊥平面ABC，过点D作DO⊥BE，则DO⊥平面ABC，①当点D在平面ABC内的射影O落在△ABC内时，因为AB =4，∠ABC =2π3，所以CE =AE =2√3,DE =BE =2，因为OD DC=√34,DC =4，所以OD =√3，则BO =OE =1，如图所示，建立空间直角坐标系，则B(1,0,0),D(0,0,√3),C(−1,2√3,0),E(−1,0,0)， 则CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−2√3,√3),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2√3,0)，设平面BCD 的法向量为n 1⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z)，则{n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x +2√3y =0n 1⃗⃗⃗⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =x −2√3y +√3z =0，则可取n 1⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,1)， 因为平面BCE 的法向量为n 2⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1)，设二面角D −BC −E 的平面角为θ，所以cosθ=n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |n 1⃗⃗⃗⃗⃗ ||n 2⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55； ②当点D 在平面ABC 内的射影H 落在△ABC 外时，因为平面BDE ⊥平面ABC ， 所以点H 在BE 的延长线上，Rt △DHE 中，DE =2,DH =√3，则HE =1，如图，以E 为坐标原点，EB ，EC 所在直线分别为x 轴，y 轴，建立空间直角坐标系，则B(2,0,0),C(0,2√3,0),D(−1,0,√3),E(0,0,0)，所以DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,0,−√3),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2√3,0)， 设平面DBC 的法向量为m 1⃗⃗⃗⃗⃗ =(a,b,c)，则{m 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3a −√3c =0m 1⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−2a +2√3b =0，可取m 1⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,3)， 而平面BCD 的一个法向量为m 2⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,1)，则cos <m 1⃗⃗⃗⃗⃗ ,m 2⃗⃗⃗⃗⃗ >=m 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m2⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |m 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3+1+9=3√1313， 所以二面角D −BC −E 的余弦值为√55或3√1313．【解析】(Ⅰ)先证明AC ⊥平面BDE ，再由面面垂直的判定即得证；(Ⅱ)分点D 在平面ABC 内的射影O 落在△ABC 内以及点D 在平面ABC 内的射影H 落在△ABC 外两种情形讨论，分别建立空间直角坐标系，求出平面BCD 及平面BCE 的法向量，再利用向量的夹角公式求解即可． 本题考查面面垂直的判定，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查分类讨论思想，考查逻辑推理能力以及运算求解能力，属于中档题．19.【答案】解：(I)根据题意，作出图形如下：则有c a=√32，且有12⋅2a ⋅2b =4，又因为a 2−b 2=c 2，所以由上可求得a =2，b =1， 即得椭圆的方程为：x 24+y 2=1；(II)设点P(x 0,y 0)，则有x 024+y 02=1，即得x 02=4(1−y 02)，此时不妨设点C(0,1)，D(0,−1)， 则可得直线PC ：y =y 0−1x 0x +1，令y =0，可得x =x 01−y 0，故有M(x 01−y 0,0)，同理可得N(x 01+y 0,0)， 则k 1k 2=y 0−1x 0⋅y 0+1x 0=y 02−1x 02=−14，又因为k 3=yx 0，所以可得k =k 1k 2k 3=−x 04y 0，因此可得直线l 的方程为：y −y 0=−x4y 0(x −x 0)，令y =0，即得x =x 02+4y 02x 0；又因为x 024+y 02=1，故x =4x 0，即得Q(4x 0,0)，所以||MQ|−|NQ||=|x01−y 0+x1+y 0−8x 0|=|2x 0(1−y0)(1+y 0)−8x 0|， 由上可得，||MQ|−|NQ||=|2x 0x 024−8x 0|=0．即得|MQ|−|NQ|=0．【解析】(1)根据椭圆的性质，结合题意表示离心率及四边形ACBD 的面积，即可求出a ，b ；(2)设出点P ，表示PC 的直线方程，进而表示PC ，PD ，OP 的斜率关系，从而求解得出结果． 本题考查椭圆的基本性质，同时考查学生的逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题．20.【答案】解：(Ⅰ)(ⅰ)记事件A 为“甲答对了某道题”，事件B 为“甲确实会做”，则P(B|A)=P(AB)P(A)=1212+12×15=56．(ⅰ)X 可能取值为0，1，2，3，4，甲答对某道题的概率为P(A)=12+12×15=35，则X ～B(4,35)，P(X =k)=C 4k(35)k (25)4−k (k =0,1，2，3，4)， 则X 的分布列为：则E(X)=4×35=125(Ⅱ)记事件A i 为“甲答对了i 道题”，事件B i 为“乙答对了i 道题”，其中甲答对某道题的概率为12+12p =12(1+p)，答错某道题的概率为1−12(1+p)=12(1−p)， 则P(A 1)=C 21⋅12(1+p)⋅12(1−p)=12(1−p 2)， P(A 2)=[12(1+p)]2=14(1+p)2，P(B 0)=(13)2=19，P(B 1)=C 21⋅23⋅13=49，所以甲答对题数比乙多的概率为：P(A 1B 0∪A 2B 0∪A 2B 1)=P(A 1B 0)+P(A 2B 0)+P(A 2B 1) =12(1−p 2)⋅19+14(1+p)2⋅19+14(1+p)2⋅49=136(3p 2+10p +7)≥1536，解得23≤p <1，甲的亲友团助力的概率P 的最小值为23．【解析】(Ⅰ)(ⅰ)由条件概率公式计算即可得解；(ⅰ)X ～B(4,35)，由二项分布的概率计算公式即可求得分布列以及数学期望；(Ⅱ)利用相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式求出甲答对题目的个数比乙答对题目的个数多的概率，从而可得关于p 的不等式，计算可得p 的最小值．本题主要考查条件概率的求法，离散型随机变量的分布列和数学期望，相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式，考查运算求解能力，属于中档题．21.【答案】证明：(Ⅰ)由f(x)=xsinx−alnx，得f′(x)=sinx+xcosx−ax，由题意，f′(π2)=1−2aπ=−1，得a=π，故f(x)=xsinx−πlnx，f′(x)=sinx+xcosx−πx <sinx+tanx⋅cosx−πx=2sinx−πx，令g(x)=2sinx−πx ，可得g(x)在(0,π2)上单调递增，∴g(x)<g(π2)=0，即f′(x)<0，∴f(x)在(0,π2)上单调递减，则f(x)>f(π2)=π2−πlnπ2=π2(1−lnπ24)>0，则x∈(0,π2)时，f(x)>0；(Ⅱ)当n∈N，n≥2时，π3+1n∈(0,π2)，∵π3+1n>1+1n，∴sin(π3+1n)>sin(1+1n)，则n+1n ⋅sin(π3+1n)>n+1n⋅sin(1+1n)，由(1)知，x∈(0,π2)时，xsinx>πlnx，令x=k+1k，(k=2,3，...，n)，n+1 n ⋅sin(π3+1n)>n+1n⋅sin(1+1n)>π⋅ln(n+1n)，∴32sin(π3+12)>πln32，43sin(π3+13)πln43，...，n+1n⋅sin(π3+1n)>πln n+1n，相加得：32sin(π3+12)+43sin(π3+13)+⋯…+n+1nsin(π3+1n)>πln n+12(n≥2,n∈N)．【解析】(Ⅰ)由已知求得a值，代入原函数的解析式，求其导函数，再由导数可得函数的单调性，进一步可得f(x)>f(π2)=π2−πlnπ2=π2(1−lnπ24)>0，则结论得证；(Ⅱ)当n∈N，n≥2时，π3+1n∈(0,π2)，由π3+1n>1+1n，得n+1n⋅sin(π3+1n)>n+1n⋅sin(1+1n)，由(1)知，x∈(0,π2)时，xsinx>πlnx，令x=k+1k，(k=2,3，...，n)，然后利用累加法即可证明结论．本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数研究函数的单调性，考查函数不等式的证明，考查化归与转化思想，属难题．22.【答案】解：(Ⅰ)曲线C 1的参数方程为{x =2cosθy =2sinθ(θ为参数)，转换为普通方程为x 2+y 2=4；曲线C 2：xy =√3，根据{x =ρcosθy =ρsinθx 2+y 2=ρ2，转换为极坐标方程为ρ2sinθcosθ=4； (Ⅱ)由于{x 2+y 2=4xy =√3，解得{x =1y =√3或{x =−1y =−√3或{x =√3y =1或{x =−√3y =−1，所以四边形ABCD 为矩形；所以AB =√2(√3−1)，BC =√2(√3+1)， 故S 矩形=√2×(√3+1)×√2×(√3−1)=4．【解析】(Ⅰ)直接利用转换关系，在参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换； (Ⅱ)利用举行的面积的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，矩形的面积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．23.【答案】解：(Ⅰ)f(x)=|x −a +1|+|x +b −1|≥|x −a +1−(x +b −1)|=|a +b −2|，因为a ，b ∈(0,1)，所以f(x)≥2−a −b ，当a −1≤x ≤1−b 时，取到最小值2−a −b ，所以c =2−a −b ，即a +b +c =2；(Ⅱ)证明：因为a +b +c =2，所以(a +b +c)2=a 2+b 2+c 2+2ab +2bc +2ca =4， 因为b 2+c 2≥2bc ，所以a 2+b 2+c 2+2ab +2bc +2ca ≥a 2+2bc +2ab +2bc +2ac ， 即a 2+2ab +4bc +2ac ≤4(当且仅当b =c 时取等号)．【解析】(Ⅰ)由绝对值不等式的性质，可得最小值，进而得到所求值； (Ⅱ)由三个数的完全平方公式，结合基本不等式，即可得证．本题考查绝对值不等式的性质和基本不等式的运用，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．。