3、nθ<”，但由“sinθ<”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．已知函數(shù)f(x)＝e|x|＋cosx，若f(2x－1)≥f(1)，則x的取值范圍為( )
A．(－∞，0]∪[1
4、，＋∞) B．[0,1]
C．(－∞，0] D．[1，＋∞)
答案 A
解析 解法一：(直接法)因?yàn)閒(－x)＝f(x)，且x≥0時(shí)f(x)＝ex＋cosx?f′(x)＝ex－sinx>e0－1＝0，所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，且在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，因此f(2x－1)≥f(1)?f(|2x－1|)≥f(1)?|2x－1|≥1?2x－1≥1或2x－1≤－1?x≥1或x≤0.故選A.
解法二：(排除法)由題知f(1)＝e＋cos1.取x＝π，則f(2π－1)＝e|2π－1|＋cos(2π－1)＝e2π－1＋cos1>f(1)，排除B，C；取x＝－π，則f(－2π－1)＝e|－2
5、π－1|＋cos(－2π－1)＝e2π＋1＋cos1>f(1)，排除D.故選A.
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＝－，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
6、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，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
7、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a3＋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
8、，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|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
9、～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( )
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
10、[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)＝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
11、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________．
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(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|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
12、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)
13、，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________．
答案 Sn＝3n－2n
解析 ∵an＋1＝Sn＋3n＝Sn＋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，
14、
∴Sn＝3n－2n.
三、解答題：共70分．解答應(yīng)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(nèi)角A，B，C的對(duì)邊，且bcosA＝sinA(acosC＋ccosA)．
(1)求角A的大?。?
(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＋sinCcosA)＝sinAsin(A＋C)＝sinAsinB，
即sinBcosA＝sinAsinB，
∵sinB≠0，∴tanA＝，
∵A∈(0，π)，
15、∴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，在三棱柱ABF－DCE中，∠ABC＝120°，BC＝2CD，AD＝AF，AF⊥平面ABCD.
(1)求證：BD⊥EC；
(2)若AB＝1，求四棱錐B－ADEF的體積．
解 (1)證明：已知ABF－DCE為三棱柱，且AF⊥平面ABCD，
∴DE∥AF，ED⊥平面A
16、BCD.
∵BD?平面ABCD，∴ED⊥BD，
又四邊形ABCD為平行四邊形，∠ABC＝120°，故∠BCD＝60°，又BC＝2CD，故∠BDC＝90°，
故BD⊥CD，
∵ED∩CD＝D，ED，CD?平面ECD，
∴BD⊥平面ECD，
∵EC?平面ECD，故BD⊥EC.
(2)由BC＝2CD得AD＝2AB，
∵AB＝1，故AD＝2，作BH⊥AD于點(diǎn)H，
∵AF⊥平面ABCD，BH?平面ABCD，
∴AF⊥BH，又AD∩AF＝A，AD，AF?平面ADEF，
∴BH⊥平面ADEF，又∠ABC＝120°，
∴在△ABH中，∠BAH＝60°，又AB＝1，
∴BH＝，
17、∴VB－ADEF＝×(2×2)×＝.
19．(本小題滿分12分)某工廠某產(chǎn)品近幾年的產(chǎn)量統(tǒng)計(jì)如下表：
年份
2014
2015
2016
2017
2018
2019
年份代碼t
1
2
3
4
5
6
年產(chǎn)量y/萬(wàn)件
6.6
6.7
7
7.1
7.2
7.4
(1)根據(jù)表中數(shù)據(jù)，求y關(guān)于t的線性回歸方程＝ t＋；
(2)若近幾年該產(chǎn)品每件的價(jià)格v(單位：元)與年產(chǎn)量y滿足的函數(shù)關(guān)系式為v＝4.5－0.3y，且每年該產(chǎn)品都能售完．
①根據(jù)(1)中所建立的回歸方程預(yù)測(cè)該工廠2020(t＝7)年該產(chǎn)品的年產(chǎn)量；
②當(dāng)t(1≤t≤7)為何
18、值時(shí)，該產(chǎn)品的年銷售額S(單位：元)最大？
附：對(duì)于一組數(shù)據(jù)(t1，y1)，(t2，y2)，…，(tn，yn)，其回歸直線＝t＋的斜率和截距的最小二乘估計(jì)公式分別為＝，＝－ .
解 (1)由題意，得＝＝3.5，
＝＝7，
(ti－)(yi－)＝(－2.5)×(－0.4)＋(－1.5)×(－0.3)＋0＋0.5×0.1＋1.5×0.2＋2.5×0.4＝2.8，
(ti－)2＝(－2.5)2＋(－1.5)2＋(－0.5)2＋0.52＋1.52＋2.52＝17.5.
由＝，得＝＝0.16，
由＝－ ，得＝7－0.16×3.5＝6.44，
所以y關(guān)于t的線性回歸方程為＝0.16t＋6.
19、44.
(2)①由(1)知＝0.16t＋6.44，當(dāng)t＝7時(shí)，＝0.16×7＋6.44＝7.56，
所以預(yù)測(cè)該工廠2020年該產(chǎn)品的年產(chǎn)量為7.56萬(wàn)件．
②當(dāng)年產(chǎn)量為y時(shí)，年銷售額S＝(4.5－0.3y)y×104
＝(－0.3y2＋4.5y)×104＝[－0.3(y－7.5)2＋16.875]×104，
由題知y∈{6.6,6.7,7,7.1,7.2,7.4,7.56}，
所以當(dāng)y＝7.56，即t＝7時(shí)，年銷售額最大，即2020年的銷售額最大．
20．(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)，過點(diǎn)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C在拋物
20、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
21、)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)，
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)．
21．(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－
22、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＋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：
x
(－∞，－1)
－1
(－1,1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
－
0
＋
0
－
h(x)
極小值
極大值
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
23、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：
x
(－2，－1)
－1
(－1,3)
3
(3,4)
g′(x)
－
0
＋
0
－
g(x)
極小值
極大值
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)＝
24、g(4)＝>g(－1)，
所以當(dāng)－2e
25、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)樵瓉淼模?
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|·|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)
26、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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2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 沖刺創(chuàng)新專題 仿真模擬卷一 文
