欠条的写法-广东中考网

2020
届河北衡中同卷新高考押题模拟考试（二
）
理科数学试题
★祝你考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：高考考查范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色 签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，
并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。用2B铅 笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题 卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试题
卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、主观题的作答：用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸
和答题卡上的非主观题答题区域的答案一律无效。
5、选考题的作答：先把所选题目的题号在 答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案用0.5毫米黑色
签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写 在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律
无效。
6、保持卡面清洁，不折叠，不破损。
7、本科目考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

一､ 选择题
(
本题共
12
小题，每小题
5
分，共
60< br>分
.
在每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x|
A.
[2,4]

【答案】
D
【解析】

【分析】

由题意，求得 集合
A{x|

x2
，集合
B

x x2

，则
AIB
（ ）
B.
[2,2]
C.
[0,4]
D.
[0,2]


x2}{x|0x4}
，再根据集合的交集的运算，即可求解.
x2}{x|0x4}
，集合
B{x|2x2}
， 【详解 】由题意，集合
A{x|
所以
AIB{x|0x2}[0,2]
， 故选C.
【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，其中解答中准确求解集合
B
，以 及熟记集合的交集的运算是解答
的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题
.
2.
设复数
z
满足
(1i)z3i
，则
z
（ ）

1

A.
C.
5

10

B.
22

D.
5
【答案】
A
【解析】

【分析】

根据复数的运算，化简得
z12i
，再根据复数模的运算，即可求解，得到答案.
3i

3i

1i

24i
 12i
， 【详解】由题意，复数
z
满足

1i

z3i
，则
z
1i

1i

1i

2
所以
z1
2


2


2
5
，故选A.
【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及 复数模的运算，其中解答中熟记复数的四则运算，以及复数模
的运算公式是解答的关键，着重考查了运算 与求解能力，属于基础题
.
3.
一个三棱柱的三视图如图所示，则该三棱柱的侧面积为（ ）

A.
123

C.
123

【答案】
B
【解析】

【分析】

B.
24
D.
2423

根据几何体的三视图可知，该几何体表示 底面为边长为
2
的等边三角形，侧棱长为
4
的正三棱柱，利用侧
面积 公式，即可求解
.
【详解】由题意，根据几何体的三视图可知，该几何体表示底面为边长为< br>2
的等边三角形，侧棱长为
4
的

2

正三棱柱，所以该正三棱柱的侧面积为
Scl23424
，故选
B. < br>【点睛】本题考查了几何体的三视图及体积的计算，在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要根据< br>三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线
.< br>求解以三视
图为载体的空间几何体的表面积与体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图 中线面的位置关系
和数量关系，利用相应公式求解
.
4.
若
x，
y
满足约束条件


2xy10
且
z x2y
，则（ ）
x3y30

B.
z
无最小值也无最大值
D.
z
有最大值无最小值
A.
z
有最小值也有最大值

C.
z
有最小值无最大值

【答案】
C
【解析】

【分析】

作出约束条件所表示的平面区域，结合图象确定目标函数的最优解，即可得到答案
.
【详解】由题意，作出约束条件所表示的平面区域，如图所示，
设
zx2y，则
y
当直线
y
1z
x
，
22< br>1z
x
过点
A
时，直线在
y
轴上的截距最小，此时 目标函数取得最小值，
22
无最大值，故选
C.

【点睛】本题 主要考查简单线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行
域，利用“一 画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推
理与计算能力 ，属于基础题．
5.
如图是某商场2018年洗衣机、电视机和电冰箱三种电器各季度销量的 百分比堆积图（例如：第3季度内，
洗衣机销量约占
20%
，电视机销量约占
50%
，电冰箱销量约占
30%
）.根据该图，以下结论中一定正确的

3

是（ ）

A. 电视机销量最大的是第4季度
B. 电冰箱销量最小的是第4季度
C. 电视机的全年销量最大
D. 电冰箱全年销量最大
【答案】
C
【解析】

【分析】

根据商场2018年洗衣机、电视机和电冰箱三种电器各季度销量的百分比堆积图，逐项判定，即可得到 答案.
【详解】由题意，某商场2018年洗衣机、电视机和电冰箱三种电器各季度销量的百分比堆积图，
可知：A中，第4季度中电视机销量所占的百分比最大，但销量不一定最大，所以不正确；
B中，第4季度中电冰箱销量所占的百分比最小，但销量不一定最少，所以不正确；
由图可知 ，全年中电视机销售中所占的百分比最多，所以全年中电视机销售最多，所以C正确；D不正确，
故选C .
【点睛】本题主要考查了条形图表的应用，其中解答中认真审题、正确理解题意，根据图表中的数据 与表
示逐项判定是解答的关键，着重考查了分析问题与解答问题的能力，属于基础题
.
6.
已知直线
yax
与圆
C
：
x
2
 y
2
6y60
相交于
A
、
B
两点，
C
为圆心.若
ABC
为等边三角形，
则
a
的值为（ ）
A.
1

C.
的
B.


D.
3


3

【答案】
D
【解析】

4

【分析】

由
A BC
为等边三角形，所以
AB3
，由弦长公式求得
d
得到答案.
【详解】由题意，圆
C:xy6y60
可知，圆心
C(0,3)，半径
r
因为
ABC
为等边三角形，所以
AB3
，
由弦长公式，可得
2r
2
d
2
2(3)
2
d
2
3
，解得
d
所以圆心到直线
yax< br>的距离为
d
22
3
，利用圆心到直线的距离公式，即可求解，
2
3
，
3
，
2
3
a
2
 (1)
2

3
，解得
a3
，故选D.
2< br>【点睛】本题主要考查了直线与圆的位置关系的应用，其中解答中根据圆的弦长公式，求得圆心到直线的< br>距离，利用点到直线的距离公式列出方程求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
7.
函数
y
1
ln

x1

的图象大致为( )
x
A. B.

C. D.

【答案】
A
【解析】

【分析】

确定函数在定义域内的单调性，计算
x1
时的函数值可排除三个选项．
【 详解】
x0
时，函数为减函数，排除
B
，
1x0
时 ，函数也是减函数，排除
D
，又
x1
时，
y1ln20，排除
C
，只有
A
可满足．
故选：
A.
【 点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象，可通过解析式研究函数的性质，如奇偶性、单调性、对称

5

性等等排除，可通过特殊的函数值，函数值的正负，函数值的变化趋势排除 ，最后剩下的一个即为正确选
项．
2
8.
某市一次高三年级数学统测，经抽 样分析，成绩
X
近似服从正态分布
N(84,

)
，且P(78X84)0.3
.
该市某校有400人参加此次统测，估计该校数学成绩不 低于90分的人数为（ ）
A. 60
C. 100
【答案】
B
【解析】

【分析】

由题意，成绩
X
近似服从正 态分布
N84,

对称性，求得
P

X90
< br>
B. 80
D. 120

2

，则正态分布 曲线的对称轴为
X84
，根据正态分布曲线的

，则正态分布曲线的对称 轴为
X84
，
1
[12P(78X84)]
,进而可求解，得到答案.
22
【详解】由题意，成绩
X
近似服从正态分布
N84,

又由
P(78X84)0.3
，
根据正态分布曲线对称性，可得
P

X90


11
[12P(78X84)] 

10.6

0.2
,
22
所以该市某校 有400人中，估计该校数学成绩不低于90分的人数为
4000.280
人，
故选B.
【点睛】本题主要考查了正态分布曲线的性质的应用，其中解答中熟练应用正态分布 曲线的对称性，求得
成绩不低于90分的概率是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属 于基础题
.
9.
将函数
ysin(2x
的最大值为（ ）
A.


8
【答案】
A
【解析】

【分析】

由三角函数的图象变换，求得函数
ysin

2x
的

B.

)
的图象向左平移个单位，所得图象对 应的函数在区间
(m,m)
上无极值点，则
m
4
4

4
3


8
C. D.

2




4


，求得增区间



3


k

, k


,kZ
，令
k0
，
8

8


6

可得函数的单调递增区间为


可求解.


3


,

，进而根据函数
ysin

2x

在区间

m,m

上无极值 点，即
4

88

【详解】由题意，将函数
ysin

2x




4


的图象向左平移

个单位，
4
可得函数
ysin
< br>2

x
令










2


sin2x
，
4

4

4


2k

,kZ
，解得

3

k

xk

,kZ

88

2
2 k

2x



4

即函数
ysin

2x


4


的单调递 增区间为




3


k

,k


,kZ
，
8

8

令
k0
，可得函数的单调递增区间为



3


,

，

88

又由函 数
ysin

2x




4


在区间

m,m

上无极值点，则
m的最大值为

，故选A.
8
【点睛】本题主要考查了三角函数的图象变 换，以及三角函数的性质的应用，其中解答中熟练应用三角函
数的图象变换得到函数的解析式，再根据三 角函数的性质，求得其单调递增区间是解答的关键，着重考查
了运算与求解能力，属于中档试题
.
10.
数列
{a
n
}
：1，1，2，3，5，8，13 ，21，34，…，称为斐波那契数列，是由十三世纪意大利数学家列昂
纳多·斐波那契以兔子繁殖为例 子而引入，故又称为“兔子数列”.该数列从第三项开始，每项等于其前相
邻两项之和．即：
a
n2
a
n1
a
n
.记该数列
{a
n
}
的前
n
项和为
S
n
，则下列结论正确的是（ ）
A.
S
2019
a
2020
2

C.
S
2019
a
2020
1

【答案】
D
【解析】

【分析】

根据递推关系利用裂项相消法探求和项与通项关系，即得结果
.
【详解】因为
B.
S
2019
a
2021
2

D.
S
2019
a
2021
1


7

S
n
a
1
a
2
 a
3
La
n
(a
3
a
2
)(a
4
a
3
)(a
5
a
4
)(a6
a
5
)L(a
n2
a
n1
)
a
n2
a
2
a
n2
1
， < br>所以
S
2019
a
2021
1
，选
D.
【点睛】本题考查裂项相消法，考查基本分析判断能力，属中档题
.
11.
三棱锥
PABC
的所有顶点都在半径为2的球
O
的球面上.若
P AC
是等边三角形，平面
PAC
平面
ABC
，
ABBC
，则三棱锥
PABC
体积的最大值为（ ）
A.
2

【答案】
B
【解析】

【分析】

由题意求得
PAACPC23
，则
PO
1
AC且
PO
1
3
， 又由平面
PAC
平面
AB C
，可得
PO
1

平面
ABC
，即三棱锥
PABC
的高
h3
，在
ABC
中，利用基本不等式求得面积的 最大值，进而可得三
棱锥体积的最大值，得到答案.
【详解】由题意知，三棱锥
P ABC
的所有顶点都在半径为2的球
O
的球面上，若
PAC
是等边 三角形，
如图所示，可得
PAACPC23
，则
PO
1AC
且
PO
1
3
，
又由平面
PAC
平面
ABC
，所以
PO
1

平面
ABC< br>，即三棱锥
PABC
的高
h3
，
又由在
AB C
中，
ABBC
，设
ABa,BCb
，则
a
2
b
2
AC
2
12
,
B.
3
C.
23
D.
33

111
a b(a
2
b
2
)3
，当且仅当
ab
时取 等号，即
S
ABC
的最大值为3，
222
11
所以三棱 锥
PABC
体积的最大值为
V(S
ABC
)
max< br>h333
，
33
所以
S
ABC

故选B.


8

【点睛】本题主要考查了有关球的内接组合体的性质，以及三棱锥的体积的 计算问题，其中解答中充分认
识组合体的结构特征，合理计算三棱锥的高和底面面积的最大值是解答的关 键，着重考查了分析问题和解
答问题的能力，属于中档试题
.
12.
已知函 数
f(x)(x3)e
x
a(2lnxx1)
在
(1, )
上有两个极值点，且
f(x)
在
(1,2)
上单调递增，则实数
a
的取值范围是（ ）
A.
(e,)

C.
(2e,)

【答案】
C
【解析】

【分析】

2
B.
(e,2e)

D.
(e,2e)U(2e,)

22
2
xe
x
 a
求得函数的导数
f

(x)(x2)(
根据函数
f

x

在
(1,)
上有两个极值点，转化为
x e
x
a0
)
，
x
在
(1,)
上有 不等于
2
的解，令
g

x

xe
，利用 奥数求得函数的单调性，得到
ag

1

e
且
x
ag

2

2e
2
，又由
f(x)
在
(1,2)
上单调递增，得到
f


x

0
在
(1,2)
上恒成立，进而得到
axe
x
在
(1,2)
上恒成立，借助函数
g

x

x e
在
(1,)
为单调递增函数，求得
ag(2)2e
，即可 得到答案.
x
2
【详解】由题意，函数
f(x)(x3)ea(2l nxx1)
，
x
2axe
x
a
x
可得f

(x)e(x3)ea(1)(x2)(e)(x2)()< br>，
xxx
xx
又由函数
f

x

在
(1,)
上有两个极值点，
x
xea
则
f


x

0
，即
(x2)()0
在(1,)
上有两解，
x
即
xe
x
a0
在在
(1,)
上有不等于2的解，
令
g

x

xe
，则
g

(x)(x1)e0,(x1)
，
x
x
所以函数
g

x

xe在
(1,)
为单调递增函数，
x
所以
ag
< br>1

e
且
ag

2

2e< br>，
2

9

又由
f(x)
在
(1,2)
上单调递增，则
f


x

0在
(1,2)
上恒成立，
xe
x
a
即
(x 2)()0
在
(1,2)
上恒成立，即
xe
x
a 0
在
(1,2)
上恒成立，
x
即
axe
x
在
(1,2)
上恒成立，
又由函数
g

x

xe
在
(1,)
为单调递增函数，所以
ag(2)2e
，
x
2
综上所述，可 得实数
a
的取值范围是
a2e
2
，即
a(2e,)
，故选C.
2
【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化 归思想、逻辑推理能力与计算能力，
对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；
(2)
利用导数求函数的单调区间， 判断单调性；已知单调性，求参数；
(3)
利用导数求函数的最值
(
极值)
，解
决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用
.
二 ､填空题
(
本题共
4
小题，每小题
5
分，共
20< br>分
)
rr
rr
rr
a2b3
13.
已 知
a,b
均为单位向量，若，则
a
与
b
的夹角为
_ _______.
【答案】


3
【解析】

【分析】

由已知模平方后可求得两向量的数量积，然后根据数量积的定义可求得夹角．
rr
【 详解】由题意
a2b
2
rr
2
r
2
rrr
2
rr
(a2b)a4ab4b14ab43
，
rrrrrr
rr
rr
1
rr
1

1
a b
，∴
ababcosa,b
，
cosa,b
，
a,b
．
2
23
2
故答案为：

．
3
【点睛】本 题考查平面向量的数量积与模的关系，考查求向量夹角，掌握数量积的定义是解题基础．
14.
已知递增等比数列
{a
n
}
满足
a
2
a
3
6a
1
，则
{a
n
}
的前三项依次是___ _______．（填出满足条件的一组
即可）
【答案】1，2，4（填首项为正数，公比为2的等比数列均可）
【解析】

【分析】

根据递增等比数列
{a
n
}
满足
a
2
a
3
6a
1
，利用等比数列的通项公式，化简求 得
q=2
，进而可得数列的

10

前三项.
【详解】由题意，设等比数列的公比为
q
，
2
因为递增等比数列< br>{a
n
}
满足
a
2
a
3
6a< br>1
，则
a
1
qa
1
q6a
1
，
2
即
qq60
，解得
q=2
或
q3（舍去），
所以例如当
a
1
1
时，数列
{a
n
}
的前三项为
1,2,4
.
【点睛】本题主要考查了等比数列 的通项公式的应用，其中解答中利用等比数列的通项公式，准确求得等
比数列的公比是解答本题的关键， 着重考查了运算与求解能力，属于基础题
.
15.
经过抛物线
E:y
2
4x
的焦点的直线
l
与
E
相交于
A
､
B
两点，与
E
的准线交于点
C.
若点
A
位于第一象限，
且
B
是
AC
的中点，则直线
l
的斜 率等于
________
.
【答案】
22

【解析】

【分析】

设设
A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)
，由
B
是
AC
的中点得
x
1
12x
2
，再设直线l
方程为
yk(x1)
，代入抛物线方
程由韦达定理得
x< br>1
x
2
,x
1
x
2
，结合起来可求得x
1
,x
2
,k
．
【详解】由题意抛物线的焦点为< br>F(1,0)
，准线方程为
x1
，
设
A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)
，则
x
C
1
，∵
B
是
AC
中点，所以
x
1
12x
2
①，
设直线
l
方程为
y k(x1)
，由


yk(x1)
2222
kx 2(k2)xk0
， ，得
2

y4x
2(k
2< br>2)
所以
x
1
x
2

②，
x< br>1
x
2
1
③．
k
2
由①③得
x
1
2,x
2

1
，代入②可解得
k22，
2
∵
A
在第一象限，∴
k22
．
故答案为：
22
．
【点睛】本题考查抛物线的焦点弦问题，实际上掌握焦点 弦性质可以很快得出结论．抛物线
y2px
，
AB
2

11

p
2
是抛物线的过焦点的弦，
A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)
，则有< br>y
1
y
2
p
，
x
1
x
2

，
ABx
1
x
2
p
．本题中< br>4
2
由
x
1
x
2
1
结合中点得出 的
x
1
12x
2
可求得
x
1
,x2
，即可得
A,B
坐标，从而得直线斜率．
*
16.
数列
{a
n
}
满足
a
n
a
n1
a
n2
a
n
a
n1
a
n2
( a
n
a
n1
1,nN)
，且
a
1
 1
，
a
2
2
.若
a
n
Asin(
n

)c(

0,


【答 案】

【解析】

【分析】


2
)
，则实数
A
__________．
23

3
根据数列的递推关系式，求得数列

a
n

的周期为3，得到
w
程组，即可求解，得到答案.
2

，再由
a
1
1
，
a
2
2
，
a
3
3
，列出方
3
【详解】由题意，数列
a
n

满足
a
n
a
n1
a
n2
a
n
a
n1
a
n2
且
a
1
1
，
a
2
2
，
令
n1
，可得
a
1
a
2
a
3
a
1a
2
a
3
，即
2a
3
12a
3
，解得
a
3
3
，
令
n2
，可得
a
2
a
3
a
4
a
2
a
3
a
4
，即
6a
4
23a
4
， 解得
a
4
1
，
同理可得
a
5
2,a
6
3,L
，可得数列

a
n

的周期为3，
又由
a
n
Asin


n


c
，所以
2

2


2


aAsin n


c
，
3
，所以
w
，即< br>n

w3

3



2


aAsin


c1

1
3




2


2

c2
，解得
A
23
,



,c2
， 又由

a
2
Asin


3

33



2

aAsin3


3

c3

3


所以
A
23
.
3
【点睛】本题 主要考查了数列的性质的应用，以及三角函数的图象与性质的应用，其中解答中根据数列的
周期性，求得
w
的值，再利用
a
1
,a
2
,a
3
的值，列出方程组求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答

12

问题的能力，属于中档试题
.
三､解答题
(
本大题 共
6
小题，共
70
分
.
解答应写出文字说明､证明过程或演 算步骤
)
17.
ABC
的内角
A
，
B
，
C
所对的边分别为
a
，
b
，
c
，已知< br>2(cacosB)3b
.
（1）求角
A
；
（2）若
a2
，求
ABC
面积的取值范围.
【答案】（1）
A
【解析】

【分析】

（1） 由正弦定理得：
2cosAsinB3sinB
，得到
cosA

；（2）
0,23

.

6

3
，即可求解；
2
（2）由正弦定理和三 角形的面积公式，化简得
S
ABC
4sinBsinC
，进而利用三角恒 等变换的公式，化简
得到
S
ABC
2sinBcosB23sinB 2sin

2B
取值范围.
【详解】（1）由
2
cacosB

3b
及正弦定理得：
2

sinC sinAcosB

3sinB
，
所以
2sin
< br>AB

2sinAcosB3sinB
，即
2cosAsinB 3sinB
，因为
sinB0
，
2


< br>

3
，进而利用三角函数的性质，即可求解面积的
3
< br>所以
cosA

3
，又因为
0A

， 所以
A
.
6
2
（2）因为
a2
，由正弦定理 得
b4sinB
，
c4sinC
，
因为
S
ABC

11
bcsinAbc
， < br>24
5


5


B

，
B
，所以
sinCsin

6

6

所以
S
ABC
4sinBsinC
，因为
C


AB


所以
S
ABC< br>
1

3

5


4sinBs in

B

4sinB

cosBsinB

，

622


即
S
ABC
2sinBcosB23sin
2
Bsin2B3cos2B3


13



2sin

2B 

3
.
3

因
0B
5


4

，则
2B
，
6333所以

3


sin

2B

1
，所以
0S
ABC
23
.
23
即
ABC
面积的取值范围为
0,23

.
【点睛】本题主要考查了正弦定理、和三角形的面积公式的应用，以及三角函数的图象与性质的 应用，其
中在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，要抓住能够利用某个定理的信 息．一般
地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或 边的一次
式时，则考虑用正弦定理，着重考查了运算与求解能力，属于基础题
.
18 .
如图，四棱柱
ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，
M
是棱
DD
1
上的一点，
AA< br>1

平面
ABCD
，
ABDC
，
ABAD
，

AA
1
AB2AD2DC
.

（1）若
M
是
DD
1
的中点，证明：平面
AMB
平面
A
1
MB
1
；
（2）若
DM2MD1
，求平面
AMB
与平面
ACB
1
所成锐二面角的余弦 值.
【答案】（1）详见解析；（2）
【解析】

【分析】

3
.
15
（1）由线面垂直的判定定理，证得
BA
平面
AA
1
D
1
D
，得到
BAMA
1
，又由
ADDM
，证得
MA
1
AM
，进而得到
MA
1

平面
AMB
，再由面面垂直的判定定理，即可证得结论；
v
uuuuuuv
uuu
v
（2）以
A
为原点，< br>AB
，
AA
1
，
AD
分别为
x
轴，
y
轴，
z
轴的正方向建立空间直角坐标系
Axyz
，求< br>
14

得平面
AMB
的法向量为
n
uvuuv
1
和平面
ACB
1
的法向量为
n
2，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）因为
AA
1
平面
ABCD
，所以
AA
1
AB
，
又ABAD
，故
BA
平面
AA
1
D
1
D
，
MA
1

平面
AA
1
D
1
D
，故
BAMA
1
，
因为
ADDM
，所以
AMD45
，同理
A
1
MD
1
 45
，
所以
MA
1
AM
，又
AMBAA
，
所以
MA
1

平面
AMB
，
又
MA
1

平面
A
1
MB
1
，
所以平面
AMB
平面
A
1
MB
1
. < br>（2）设
AD1
，则
DD
4
1
2
，DM2MD
1

3
，
以
A
为原点，
u
AB
uuv
，
u
AA
uuv
uuuv
1
，
AD
分别为
x
轴，
y
轴，
z
轴的正方向建立空间直角坐标系
Axyz
.
则
A

0, 0,0

，
B

2,0,0

，
B
1

2,2,0

，
C

1,0,1

，
M


4


0,
3
,1


，
u
AB
uuv


2,0,0

，
u
AM
uuuv


< br>4

uuuvuuuv

0,
3
,1

，
AB
1


2,2,0

，AC

1,0,1

，
记平面
AMB
的法 向量为
n
uv
1
，记平面
ACB
uuv
1
的法向量为
n
2
，
由


u

AB
uuvuv
uv

uuuuv
n
u
1
v
0
，得

AMn
n
1


0,3,4

，
1
0
由


u< br>
AC
uuv

u
n
uv

uAB
uuvuu
2
v
0
，得
u
n
u v
2


1,1,1

，

1
n
2
0
则
cos
u
n
vuuv
u< br>n
vuuv
1
,n
2

u
n
v1
n
u
2
uv

1

3
1
n
2
53
15
，
所以平面
AMB
与平面
ACB
3
1
所成锐二面角的余弦值为
15
.

15

【点睛】本题考查了面面垂直的判定与证明，以及 二面角的求解，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推
理能力，解答本题关键在于能利用直线与直线、直 线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，
同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利 用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角
公式求解
.
19.
已知点
M

3，0
，
P
是圆
N:(x3)
2
y
2
16
上的一个动点，
N
为圆心，线段
PM
的垂直平分线

与直线
PN
的交点为
Q
．
（1）求点
Q
的轨迹
C
的方程；
（2）设
C与
y
轴的正半轴交于点
D
，直线
l:ykxm
与< br>C
交于
A,B
两点（
l
不经过
D
点），且< br>ADBD
,
证明：直线
l
经过定点，并写出该定点的坐标．
3
x
2
【答案】（1）（2）直线
l
经过定点
(0,)
.
y
2
1
；
5
4
【解析】

【分析】

（1）由椭圆定义，得到点
Q
的轨迹
C
是以
M
、
N
为焦点的椭圆，求得
a
的值，进而得到
b
的值，即可得
到椭圆的标准方程；
8km
4m
2
4
（2）联立方程组，利用二次方程根与系数的关系，求得
x
1
x
2

，
x
1
x
2

，得到
2
2
14k
14k
uuuvuuuv
2m
m
2
4k
2
y
1
y
2
，，再由，根据
yy
ADBD
DADB0
，即可求解实数m的值，进而得出
12
2
2
14k
14k
结论.
【详解】（1）圆
N
的圆心< br>N3,0
，半径
r4
，
由垂直平分线性质知：
QPQN
，
故
QMQNQMQPr4MN
，


16

由椭圆定义知，点
Q
的轨迹
C
是以
M
、
N
为焦点的椭圆，
x
2
y
2
设
C< br>：
2

2
1(ab0)
，焦距为
2c
，
ab
则
2a4
，
a2
，
c3
，
ba
2
c
2
1
，
x
2
所 以
C
的方程为
y
2
1
.
4

ykxm

222
14kx8kmx4m40
， （2）由 已知得
D

0,1

，由

x
2
得

2

y1

4
8km
4m< br>2
4
当
0
时，设
A

x
1< br>,y
1

，
B

x
2
,y
2

，则
x
1
x
2

，
x1
x
2

，
2
14k
2
14k
2m
m
2
4k
2
y
1
y
2< br>k

x
1
x
2

2m
，< br>y
1
y
2


kx
1
m

kx
2
m


，
2
14k2
14k
uuuvuuuv
5m
2
2m3
由ADBD
得
DADBx
1
x
2

y
1
1

y
2
1

0
，即
0
，
14k
2
所以
5m
2
 2m30
，解得
m1
或
m
3
，
5①当
m1
时，直线
l
经过点
D
，不符合题意，舍去.
②当
m
3

3

时，显然有
0< br>，直线
l
经过定点

0,

.
5

5

【点睛】本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系 的应用问题,解答此类题目，
通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根 与系数的关系进行求解，此类
问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻 辑思维能力、运算求解能力、
分析问题解决问题的能力等
.
20.
某地区为 贯彻习近平总书记关于“绿水青山就是金山银山”的精神，鼓励农户利用荒坡种植果树.某农户
考察三种 不同的果树苗
A
、
B
、
C
，经引种试验后发现，引种树苗< br>A
的自然成活率为0.8，引种树苗
B
、
C
的自然成活率均为
p(0.7p0.9)
.
（1）任取树苗
A
、
B、
C
各一棵，估计自然成活的棵数为
X
，求
X
的分布列 及
E(X)
；
（2）将（1）中的
E(X)
取得最大值时
p
的值作为
B
种树苗自然成活的概率.该农户决定引种
n
棵
B
种树苗，

17

引种后没有自然成活的树苗中有
75%
的树苗可经过人工栽培技术处理，处理后成活的概率为0.8，其余的
树苗不能成活.
①求一棵
B
种树苗最终成活的概率；
②若每棵树苗引种最终成活后可获利3 00元，不成活每棵亏损50元，该农户为了获利不低于20万元，
问至少引种
B
种树 苗多少棵？
【答案】（1）详见解析；（2）①0.96；②700棵.
【解析】

【分析】

（1）依题意，得到
X
的所有可能值为
0,1, 2,3
，求得相应的概率，得出随机变量的分布列，利用公式求得
数学期望；
（2） 由（1）可知当
p0.9
时，
E

X

取得最大 值，①利用概率的加法公式，即可求得一棵
B
树苗最终成
活的概率；②记
Y< br>为
n
棵树苗的成活棵数，
M

n

为
n
棵树苗的利润，求得
EM

n

286n
， 要使
E

M

n


200000，即可求解.
【详解】（1）依题意，
X
的所有可能值为0，1，2，3. < br>则
P

X0

0.2

1p

；
2
2
1
P

X1

0 .8

1p

0.2C
2
p

1p


0.8

1p

0.4p
1p

，
的

2
即
P

X1

0.4p1.2p0.8
，
2
1P

X2

0.2p
2
0.8C
2< br>p

1p


0.2p
2
1.6 p

1p

1.4p
2
1.6p
，
P

X3

0.8p
2
；
X
的分布列为：
X

P


0 1 2 3
0.2p
2
0.4p0.2

0.4p
2
1.2p0.8

1.4p
2
1.6p

0.8p
2

222
所以
E

X

10.4p1.2p0.8 21.4p1.6p30.8p

2p0.8
.


18

（2）当
p0.9
时，
E

X

取得最大值.
①一棵
B
树苗最 终成活的概率为
0.90.10.750.80.96
.
②记
Y< br>为
n
棵树苗的成活棵数，
M

n

为
n
棵树苗的利润，
则
YB

n,0.96

，
E

Y

0.96n
，
M

n

300Y50

nY

350Y50n，
E

M

n


350E
Y

50n286n
，要使
E

M
n


200000
，则有
n699.3

所以该农户至少种植700棵树苗，就可获利不低于20万元.
【点睛】本题主要考查了 离散型随机变量的分布列及数学期望的求解，以及期望的实际应用问题，对于求
离散型随机变量概率分布 列问题首先要清楚离散型随机变量的可能取值，计算得出概率，列出离散型随机
变量概率分布列，最后按 照数学期望公式计算出数学期望，其中列出离散型随机变量概率分布列及计算数
学期望是理科高考数学必 考问题
.
21.
已知函数
f(x)e
x
(xsinx acosx)(aR)
在点
(0,f(0))
处切线的斜率为1.
（1）求
a
的值；
.
（2）设
g(x)1sinx< br>，若对任意
x0
，都有
f(x)mg(x)0
，求实数
m
的取值范围.
【答案】（1）-1；（2）
m1
.
【解析】

【分析】

（1）由题意，求得函数的导数
f'

x

，由
f'

0

1，即
a21
，即可求解
a
的值.
（2）由对任意
x0
，都有
f

x

mg

x

0
，转化为对任意
x0
，都有
f

x
1sinx0
，设
h

x

xs inx
，利用导数求得函数
h

x

在

0,

上单调性，可得
f

x

1sin xf

x

1x
，设
F

x

e
x

xsinxcosx

1x
，利用导数求得函数
F

x

的单调性与最值，进而可得到答案.
【详解】（1）由题意得，
f'

x

e
x
xsinxacosx1cosxasinx

，
由于< br>f'

0

1
，所以
a21
，即a1
.
（2）由题意得，当
x0
时，
f
0

mg

0

m10
，则有
m1
.
下面证当
m1
时，对任意
x0
，都有f

x

mg

x

0
.

19

由于
xR
时，
g

x

1sinx0
，当
m1
时，则有
f< br>
x

mg

x

f

x

1sinx
.
只需证明对任意
x0
，都有< br>f

x

1sinxe
x

xsi nxcosx

1sinx0
.
证明：设
h
< br>x

xsinx
，则
h'

x

1cosx0
，所以
h

x

在
0,

上单调递增；
所以当
x0
时，
h

x

h

0

0
，即
xsinx< br>，
所以
1x1sinx
，则
f

x

1sinxf

x

1x
.
设F

x

e
设
p

x
< br>e
x


xsinxcosx

1x，
x0
，则
F'

x

e
x
x2sinx1

1
.

x2sinx 1

1
，
x0
，则
p'

x

e
x

x2sinx2cosx2

.
x
由于当
0x

时，
x2sinx0
；当
x

时，
x2sinx

20
；
则当
x0
时，
x2sinx0
.
又
x0
时，
2cosx20
，所以当
x0
时，则
p'

x

0
，所以
p

x

在
0,

上单调递增.
当
x0
时，则
p
x

p

0

0
，即
F'

x

0
，所以
F

x

在
0,

上单调递增.
当
x0
时，则F

x

F

0

0
.
所以对任意
x0
，都有
f

x

1 sinxf

x

1x0
.
所以，当
m 1
时，对任意
x0
，都有
f

x

 mg

x

0
.
【点睛】本题主要考查导数在函数中的 综合应用，以及恒成立问题的求解，着重考查了转化与化归思想、
逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立 问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，
进而得出相应的含参不等式，从而求 出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为
函数的最值问题．



x23cos

(

为参数）22.
在平面直角坐标系
xOy
中，曲线
C
的参数方程为

，直线
l
的参数方程为


y3sin
< br>
xtcos


ytsin

(t
为 参数，
(0



)
，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．

（1）求曲线
C
的极坐标方程；
（2）已知直线
l与曲线
C
相交于
A,B
两点，且
OAOB2
，求< br>
．

20

2
【答案】（1）

4

cos

10
；（2）

< br>
4
或
3
.
4
【解析】

【分析】

（1）根据极坐标与直角坐标的互化公式，即可求得曲线C的极坐标方程；


2
4

cos

10
（2）求得直线
l
直线的极坐标方程为





R

，联立方程组

，化简得


< br>

2
4

cos

10
， 根据
OAOB

1


2
，列出方程，即可求 解.
【详解】（1）由曲线
C
的参数方程可得普通方程为

x2

y
2
3
，
即
xy4x10
，
所以曲线
C
的极坐标方程为< br>
4

cos

10
.
（2）由直 线
l
的参数方程可得直线的极坐标方程为





R

，
因为直线
l
与曲线
C
相交于
A
、
B
两点，所以设
A


1
,


，
B


2
,


，
2
22
2


2
4
cos

10
2
联立

可得

 4

cos

10
，




2
因为
16cos

40
，即
cos


2
1
，
4
2
所以
OAO B

1


2

解得
cos




1


2

4

1

2

16cos
2

42
，

3

2
，所以


或.
44
2
【点睛】本题主要考查了极坐标与直角坐标，以及参数方程与普通方程的互化，以及极坐标方 程的应用，
其中解答中熟记极坐标方程的应用，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属 于基础题
.
23.
已知函数
f(x)2x1
.
（1）解不等式
f(x)f(x1)4
；
（2）当
x0< br>，
xR
时，证明：
f(x)f()4
.
【答案】（1）
(,1]U[1,)
；（2）详见解析.
【解析】

1
x

21

【分析】

（1）由题意，代入得到不等式
2x12x 14
，分类讨论，即可求解不等式的解集；
（2）根据绝对值的三角不等式，以及基本不等式，可得
2x1
作出证明. < br>【详解】（1）原不等式
f

x

f

x 1

4
等价于
2x12x14
，
22212x2x4
，即可
xxx
1

11
< br>1


x

x

x
等 价于

2
或

2
2
，
2
或


4x4


4x4

24
解得
x1
或
x1
，
所以原不等式的解集是< br>,1



1,
.
（2）当
x 0
，
xR
时，
f

x

f


2

1

2x11
，

x

x

因为
2x1
222
 12x2x4
，
xxx


2

2x 1


1

0


x


所以当且仅当

，即
x1
时等号成立，
2

2x

x

所以
f

x< br>
f


1


4
.
x

【点睛】本题主要考查了含绝对值的不等式的求解，以及绝对值三角不等式的应用，其 中解答中熟记含绝
对值不等式解法，以及合理应用绝对值三角不等式和基本不等式求最值是解答本题的关 键，着重考查了分
类讨论思想，以及推理与运算能力，属于中档试题
.

22

23