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第三轮冲刺必刷仿真卷02-2020年高考数学（文）三轮冲刺必刷卷（3练1模拟）（二）
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这是一份第三轮冲刺必刷仿真卷02-2020年高考数学（文）三轮冲刺必刷卷（3练1模拟）（二），文件包含第三轮冲刺必刷仿真卷02原卷版doc、第三轮冲刺必刷仿真卷02解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
第三轮冲刺必刷仿真卷02
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合A＝{1,2,3,4}，B＝{2,3,6,7}，C＝{3,4,5,6}，则图中阴影部分表示的集合是( )
A．{2,3} B．{6}
C．{3} D．{3,6}
【答案】 B
【解析】 由题可知，A∩B∩C＝{3}，B∩C＝{3,6}，故阴影部分表示的集合是{6}．
2．若(－1＋2i)z＝－5i，则|z|的值为( )
A．3 B．5 C.eq \r(3) D.eq \r(5)
【答案】 D
【解析】 由(－1＋2i)z＝－5i，可得z＝eq \f(－5i,－1＋2i)＝eq \f(5i1＋2i,1－2i1＋2i)＝eq \f(－10＋5i,5)＝－2＋i.所以|z|＝eq \r(－22＋12)＝eq \r(5).
3．设a，b，c，d，x为实数，且b>a>0，c>d，下列不等式正确的是( )
A．d－a
C．bc>ad D.eq \f(a,b)≤eq \f(a＋|x|,b＋|x|)
【答案】 D
【解析】 取a＝2，b＝4，c＝3，d＝2，d－a＝0，c－b＝－1，此时d－a>c－b，A错误；取b＝3，a＝2，x＝－1，则eq \f(b,a)＝eq \f(3,2)，eq \f(b＋x,a＋x)＝2，此时eq \f(b,a)
4．函数f(x)＝1＋x2＋eq \f(tanx,x)的部分图象大致为( )
【答案】 D
【解析】 由函数是偶函数，排除A，C；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，tanx>0.故选D.
5．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．2 B.eq \f(7,3) C.eq \f(8,3) D．3
【答案】 C
【解析】 由三视图可知该几何体为四棱锥，记为四棱锥E－ABCD，将其放入棱长为2的正方体中，如图，易知四棱锥E－ABCD的底面积S四边形ABCD＝4eq \r(2)，高为eq \r(2)，故所求体积为eq \f(1,3)×4eq \r(2)×eq \r(2)＝eq \f(8,3).
6．在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称．若tanα＝eq \f(3,5)，则tan(α－β)的值为( )
A．0 B.eq \f(30,34) C.eq \f(9,16) D.eq \f(15,8)
【答案】 D
【解析】 由角α与角β的始边相同，终边关于y轴对称可知tanα＝－tanβ.又tanα＝eq \f(3,5)，所以tanβ＝－eq \f(3,5)，
所以tan(α－β)＝eq \f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq \f(\f(3,5)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5))),1＋\f(3,5)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5))))＝eq \f(15,8).
7．不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥0，,0≤y≤1，,y≥x2))所表示的平面区域为 Ω，用随机模拟方法近似计算 Ω的面积，先产生两组(每组100个)区间[0,1]上的均匀随机数x1，x2，…，x100和y1，y2，…，y100，由此得到100个点(xi，yi)(i＝1,2，…，100)，再数出其中满足yi＜xeq \\al(2,i)(i＝1,2，…，100)的点数为33，那么由随机模拟方法可得平面区域 Ω面积的近似值为( )
A．0.33 B．0.66 C．0.67 D.eq \f(1,3)
【答案】 C
【解析】 设平面区域 Ω的面积为S，依题意，得eq \f(S,1)≈eq \f(100－33,100).∴S≈0.67.故选C.
8．已知单位向量a，b的夹角为eq \f(3π,4)，若向量m＝2a，n＝4a－λb，且m⊥n，则|n|＝( )
A．2 B．4 C．8 D．16
【答案】 B
【解析】 依题意，m⊥n，故2a·(4a－λb)＝0，故8a2－2λa·b＝0，故4－λ·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)))＝0，解得λ＝－4eq \r(2)，故n＝4a＋4eq \r(2)b，故|n|2＝(4a＋4eq \r(2)b)2＝16，故|n|＝4.
9．河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产．龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{an}，则lg2(a3a5)的值为( )
A．8 B．10 C．12 D．16
【答案】 C
【解析】 依题意a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝1016，
又因为数列{an}是公比为2的等比数列，则eq \f(a11－27,1－2)＝1016，
所以a1＝8，所以a3a5＝(a4)2＝(8×23)2＝212，
所以lg2(a3a5)＝lg2212＝12.
10．执行如图所示的程序框图，输出S的值为( )
A．－1008 B．－1010 C．1009 D．1007
【答案】 C
【解析】 执行程序框图：
S＝0＋1·sineq \f(π,2)＝0＋1，i＝3,3>2018？，否；
S＝0＋1＋3·sineq \f(3π,2)＝0＋1－3，i＝5,5>2018？，否；
S＝0＋1－3＋5·sineq \f(5π,2)＝0＋1－3＋5，i＝7,7>2018？，否；
…
S＝0＋1－3＋…＋2017·sineq \f(2017π,2)＝0＋1－3＋…＋2017，
i＝2019,2019>2018？，是．
输出S＝0＋1－3＋5－7…－2015＋2017
＝(0＋1)＋(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋(－2015＋2017)
＝1＋2＋2＋…＋2＝1＋504×2＝1009.
11．已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线与抛物线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a的值为( )
A．0 B．0或8 C．8 D．1
【答案】 C
【解析】 由题意，得y′＝1＋eq \f(1,x)，当x＝1时，切线的斜率k＝2，切线方程为y＝2(x－1)＋1＝2x－1，因为它与抛物线相切，所以ax2＋(a＋2)x＋1＝2x－1有唯一解，即ax2＋ax＋2＝0有唯一解，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≠0，,a2－8a＝0，))解得a＝8，故选C.
12．已知定义域为R的奇函数f(x)，当x>0时，满足f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－lg27－2x，0\f(3,2)，))则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2020)＝( )
A．lg25 B．－lg25
C．－2 D．0
【答案】 B
【解析】 由题意，得f(－1)＝f(2)＝f(5)＝…＝f(2＋672×3)＝f(2018)，f(0)＝f(3)＝f(6)＝…＝f(3＋672×3)＝f(2019)，f(1)＝f(4)＝f(7)＝…＝f(4＋672×3)＝f(2020)，又因为f(－1)＝－f(1)＝lg25，f(0)＝0，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2020)＝673×[f(1)＋f(2)＋f(3)]＋f(2020)＝673×0＋f(1)＝－lg25.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．某学校男女比例为2∶3，从全体学生中按分层抽样的方法抽取一个样本容量为m的样本，若女生比男生多10人，则m＝________.
【答案】 50
【解析】 由题意，得eq \f(3m,5)－eq \f(2m,5)＝10，解得m＝50.
14．已知双曲线eq \f(y2,m)－x2＝1(m>0)的一个焦点与抛物线y＝eq \f(1,8)x2的焦点重合，则此双曲线的离心率为________．
【答案】 eq \f(2\r(3),3)
【解析】 ∵双曲线eq \f(y2,m)－x2＝1(m>0)的一个焦点与抛物线y＝eq \f(1,8)x2的焦点重合，
抛物线y＝eq \f(1,8)x2的焦点坐标为(0,2)，
∴c＝2，∴1＋m＝4即m＝a2＝3，∴a＝eq \r(3)，
∴e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(3),3).
15．长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是边长为1的正方形，若在侧棱AA1上存在点E，使得∠C1EB＝90°，则侧棱AA1的长的最小值为________．
【答案】 2
【解析】 如图，设侧棱AA1的长为x，A1E＝t，则AE＝x－t，∵长方体ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为1的正方形，∠C1EB＝90°，∴C1E2＋BE2＝BCeq \\al(2,1)，
∴2＋t2＋1＋(x－t)2＝1＋x2，整理，得t2－xt＋1＝0，
∵在侧棱AA1上至少存在一点E，使得∠C1EB＝90°，∴Δ＝(－x)2－4≥0，解得x≥2.
∴侧棱AA1的长的最小值为2.
16．在△ABC中，AD是BC边上的中线，∠ABD＝eq \f(π,6).若AB＝eq \r(3)BD，则∠CAD＝________；若AC＝2AD＝2，则△ABC的面积为________．
【答案】 eq \f(π,3) eq \r(3)
【解析】 设BD＝m，则AB＝eq \r(3)m，BC＝2m，根据余弦定理，得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcs∠ABD＝m2，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs∠ABD＝m2，∴AD＝DC＝AC＝m，即△ACD是正三角形，
∴∠CAD＝eq \f(π,3).记△ABC的三内角∠BAC，∠ABC，∠ACB所对的三条边分别为a，b，c，则BD＝eq \f(1,2)a，由余弦定理可得，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcs∠ABD，∴1＝c2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a))2－eq \f(\r(3),2)ac，即4＝4c2＋a2－2eq \r(3)ac，又AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs∠ABC，∴4＝c2＋a2－eq \r(3)ac，于是，4c2＋a2－2eq \r(3)ac＝c2＋a2－eq \r(3)ac，∴a＝eq \r(3)c，代入c2＋a2－eq \r(3)ac＝4可得c＝2，a＝2eq \r(3)，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)acsin∠ABC＝eq \r(3).
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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共60分．
17．(本小题满分12分)“微信运动”已经成为当下最热门的健身方式，小李的微信朋友圈内也有大量的好友参加了“微信运动”．他随机地选取了其中30人，记录了他们某一天走路的步数，将数据整理如下：
(1)若采用样本估计总体的方式，试估计小李所有微信好友中每日走路步数超过5000步的概率；
(2)已知某人一天的走路步数若超过8000步则他被系统评定为“积极型”，否则评定为“懈怠型”，将这30人按照“积极型”“懈怠型”分成两层，进行分层抽样，从中抽取5人，将这5人中属于“积极型”的人依次记为Ai(i＝1,2,3，…)，属于“懈怠型”的人依次记为Bi(i＝1,2，3，…)，现在从这5人中随机抽取2人接受问卷调查．设M为事件“抽取的2人来自不同的类型”，求事件M发生的概率．
【答案】解 (1)由题意，知30人中一天走路步数超过5000步的有25人，频率为eq \f(5,6)，
∴估计小李所有微信好友中每日走路步数超过5000步的概率为eq \f(5,6). 4分
(2)5人中“积极型”有5×eq \f(12,30)＝2人，这两人分别记为A1，A2,5人中“懈怠型”有5×eq \f(18,30)＝3人，这三人分别记为B1，B2，B3. 6分
在这5人中任选2人，共有以下10种不同的等可能结果：{A1，A2}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}. 9分
事件M“抽取的2人来自不同的类型”有以下6种不同的等可能结果：
{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}．其概率为eq \f(6,10)＝eq \f(3,5).
∴事件M发生的概率为eq \f(3,5). 12分
18．(本小题满分12分)已知等差数列{an}中，a1＝2，a2＋a4＝16.
(1)设bn＝2an，求证：数列{bn}是等比数列；
(2)求{an＋bn}的前n项和．
【答案】解 (1)证明：设{an}的公差为d，
由a2＋a4＝16，可得(a1＋d)＋(a1＋3d)＝16，
即2a1＋4d＝16. 2分
又a1＝2，可得d＝3.
故an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×3＝3n－1. 3分
依题意，bn＝23n－1，因为eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(23n＋2,23n－1)＝23(常数)，
故数列{bn}是首项为4，公比q＝8的等比数列. 6分
(2){an}的前n项和为eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n3n＋1,2). 8分
{bn}的前n项和为
eq \f(b1－bnq,1－q)＝eq \f(4－23n－1·23,1－8)＝eq \f(1,7)·23n＋2－eq \f(4,7). 10分
故{an＋bn}的前n项和为
eq \f(n3n＋1,2)＋eq \f(1,7)·23n＋2－eq \f(4,7). 12分
19．(本小题满分12分)如图，四棱锥S－ABCD中，SD⊥平面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，SD＝CD，AB＝AD＝2，CD＝2AD，M是BC的中点，N是SA的中点．
(1)求证：MN∥平面SDC；
(2)求点A到平面MDN的距离．
【答案】解 (1)证明：取AD的中点E，连接ME，NE，则ME∥DC，
因为ME⊄平面SDC，
所以ME∥平面SDC， 2分
同理NE∥平面SDC.
所以平面MNE∥平面SDC，
所以MN∥平面SDC. 4分
(2)因为CD⊥AD，所以ME⊥AD.
因为SD⊥平面ABCD，所以SD⊥CD，ME⊥SD.
又因为AD∩SD＝D，
所以ME⊥平面SAD. 6分
因为DA＝2，则ME＝3，NE＝2，MN＝eq \r(NE2＋ME2)＝eq \r(13)，MD＝eq \r(10)，ND＝eq \r(5).
在△MDN中，由余弦定理，得cs∠MDN＝eq \f(\r(2),10)，
从而sin∠MDN＝eq \f(7\r(2),10)，所以△MDN的面积为eq \f(7,2)， 9分
连接AM，则△ADM的面积为eq \f(1,2)×2×3＝3.
设点A到平面MDN的距离为d，
由VA－MDN＝VN－AMD，得eq \f(7,2)d＝3NE，
因为NE＝2，所以点A到平面MDN的距离d＝eq \f(12,7). 12分
20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(1－a2)x＋eq \f(1,x)＋2aln x(a＞0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明：对任意x∈[1，＋∞)，有f(x)≤2x－a2.
【答案】解 (1)f′(x)＝1－a2－eq \f(1,x2)＋eq \f(2a,x)＝eq \f(1,x2)[(1－a2)x2＋2ax－1]＝eq \f(1,x2)[(1＋a)x－1][(1－a)x＋1]. 2分
①当0＜a≤1时，由f′(x)＜0，得[(1＋a)x－1][(1－a)x＋1]＜0，解得0＜x＜eq \f(1,a＋1)；
由f′(x)＞0，得[(1＋a)x－1][(1－a)x＋1]＞0，解得x＞eq \f(1,a＋1).
故函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a＋1)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a＋1)，＋∞)). 4分
②当a＞1时，由f′(x)＜0，得0＜x＜eq \f(1,a＋1)或x＞eq \f(1,a－1)；
由f′(x)＞0，得eq \f(1,a＋1)＜x＜eq \f(1,a－1).
故函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a＋1)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a－1)，＋∞))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a＋1)，\f(1,a－1))). 6分
(2)证明：构造函数g(x)＝f(x)－2x＋a2＝－(1＋a2)x＋eq \f(1,x)＋2aln x＋a2，
则g′(x)＝－(1＋a2)－eq \f(1,x2)＋eq \f(2a,x)＝－eq \f(1＋a2x2－2ax＋1,x2). 8分
因为Δ＝(2a)2－4(1＋a2)＜0,1＋a2>0，
所以(1＋a2)x2－2ax＋1＞0，即g′(x)＜0.
故g(x)在区间[1，＋∞)上是减函数．
又因为x≥1，所以g(x)≤g(1)＝－(1＋a2)＋1＋a2＝0.
故对任意x∈[1，＋∞)，有f(x)≤2x－a2. 12分
21．(本小题满分12分)已知定点F(1,0)，横坐标不小于0的动点T在y轴上的射影为H，若|TF|＝|TH|＋1.
(1)求动点T的轨迹C的方程；
(2)若点P(4,4)不在直线l：y＝kx＋m上，并且直线l与曲线C相交于A，B两个不同点．问是否存在常数k使得当m的值变化时，直线PA，PB的斜率之和是一个定值．若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
【答案】解 (1)设点T在直线x＝－1上的射影是R，则由于T的横坐标不小于0，所以|TR|＝|TH|＋1，又|TF|＝|TH|＋1，所以|TF|＝|TR|，即点T到点F(1,0)的距离与点T到直线x＝－1的距离相等，所以T的轨迹是以F(1,0)为焦点，以x＝－1为准线的抛物线．即动点T的轨迹C的方程是y2＝4x. 4分
(2)由于A，B两点在曲线C：y2＝4x上，所以可设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,4)，a))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,4)，b))，则
PA的斜率k1＝eq \f(a－4,\f(a2,4)－4)＝eq \f(4,a＋4)，PB的斜率k2＝eq \f(b－4,\f(b2,4)－4)＝eq \f(4,b＋4)，
所以k1＋k2＝eq \f(4,a＋4)＋eq \f(4,b＋4)＝eq \f(4a＋b＋8,ab＋4a＋b＋16). 8分
又曲线C与直线l相交于A，B两点，所以k≠0，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋m，))整理，得ky2－4y＋4m＝0，所以a＋b＝eq \f(4,k)，ab＝eq \f(4m,k).
则k1＋k2＝eq \f(4a＋b＋8,ab＋4a＋b＋16)＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k)＋8)),\f(4m,k)＋4×\f(4,k)＋16)＝eq \f(8k＋4,4k＋m＋4)＝1＋eq \f(4k－m,4k＋m＋4)， 11分
此式随着m的变化，值也在变化，所以不存在k值满足题意. 12分
(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy中，已知点P(1，－2)，直线l：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1＋t，,y＝－2＋t))(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρsin2θ＝2csθ，直线l和曲线C的两交点为A，B.
(1)求直线l和曲线C的普通方程；
(2)求|PA|＋|PB|.
【答案】解 (1)直线l：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1＋t，,y＝－2＋t))(t为参数)，消去t，可得直线l的普通方程为x－y－3＝0. 2分
曲线C的极坐标方程为ρsin2θ＝2csθ，即为ρ2sin2θ＝2ρcsθ，由x＝ρcsθ，y＝ρsinθ可得曲线C的普通方程为y2＝2x. 5分
(2)直线l的标准参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1＋\f(\r(2),2)t′，,y＝－2＋\f(\r(2),2)t′))(t′为参数)，
代入曲线C：y2＝2x，
可得t′2－6eq \r(2)t′＋4＝0，
有t′1＋t′2＝6eq \r(2)，t′1t′2＝4，
则|PA|＋|PB|＝|t′1|＋|t′2|＝t′1＋t′2＝6eq \r(2). 10分
23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲
已知a>0，b>0，a2＋b2＝a＋b.证明：
(1)(a＋b)2≤2(a2＋b2)；
(2)(a＋1)(b＋1)≤4.
【答案】证明 (1)因为(a＋b)2－2(a2＋b2)＝2ab－a2－b2＝－(a－b)2≤0.
所以(a＋b)2≤2(a2＋b2). 4分
(2)证法一：由(1)及a2＋b2＝a＋b得a＋b≤2.
因为(a＋1)(b＋1)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a＋1＋b＋1,2)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b＋2,2)))2≤4.
于是(a＋1)(b＋1)≤4. 10分
证法二：由(1)及a2＋b2＝a＋b得a＋b≤2.
因为ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2，所以ab≤1.
故(a＋1)(b＋1)＝ab＋a＋b＋1≤4. 10分
步数
[0,5000]
[5001,8000]
[8001，＋∞)
人数
5
13
12
第三轮冲刺必刷仿真卷02
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合A＝{1,2,3,4}，B＝{2,3,6,7}，C＝{3,4,5,6}，则图中阴影部分表示的集合是( )
A．{2,3} B．{6}
C．{3} D．{3,6}
【答案】 B
【解析】 由题可知，A∩B∩C＝{3}，B∩C＝{3,6}，故阴影部分表示的集合是{6}．
2．若(－1＋2i)z＝－5i，则|z|的值为( )
A．3 B．5 C.eq \r(3) D.eq \r(5)
【答案】 D
【解析】 由(－1＋2i)z＝－5i，可得z＝eq \f(－5i,－1＋2i)＝eq \f(5i1＋2i,1－2i1＋2i)＝eq \f(－10＋5i,5)＝－2＋i.所以|z|＝eq \r(－22＋12)＝eq \r(5).
3．设a，b，c，d，x为实数，且b>a>0，c>d，下列不等式正确的是( )
A．d－a
C．bc>ad D.eq \f(a,b)≤eq \f(a＋|x|,b＋|x|)
【答案】 D
【解析】 取a＝2，b＝4，c＝3，d＝2，d－a＝0，c－b＝－1，此时d－a>c－b，A错误；取b＝3，a＝2，x＝－1，则eq \f(b,a)＝eq \f(3,2)，eq \f(b＋x,a＋x)＝2，此时eq \f(b,a)
4．函数f(x)＝1＋x2＋eq \f(tanx,x)的部分图象大致为( )
【答案】 D
【解析】 由函数是偶函数，排除A，C；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，tanx>0.故选D.
5．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．2 B.eq \f(7,3) C.eq \f(8,3) D．3
【答案】 C
【解析】 由三视图可知该几何体为四棱锥，记为四棱锥E－ABCD，将其放入棱长为2的正方体中，如图，易知四棱锥E－ABCD的底面积S四边形ABCD＝4eq \r(2)，高为eq \r(2)，故所求体积为eq \f(1,3)×4eq \r(2)×eq \r(2)＝eq \f(8,3).
6．在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称．若tanα＝eq \f(3,5)，则tan(α－β)的值为( )
A．0 B.eq \f(30,34) C.eq \f(9,16) D.eq \f(15,8)
【答案】 D
【解析】 由角α与角β的始边相同，终边关于y轴对称可知tanα＝－tanβ.又tanα＝eq \f(3,5)，所以tanβ＝－eq \f(3,5)，
所以tan(α－β)＝eq \f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq \f(\f(3,5)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5))),1＋\f(3,5)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5))))＝eq \f(15,8).
7．不等式组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥0，,0≤y≤1，,y≥x2))所表示的平面区域为 Ω，用随机模拟方法近似计算 Ω的面积，先产生两组(每组100个)区间[0,1]上的均匀随机数x1，x2，…，x100和y1，y2，…，y100，由此得到100个点(xi，yi)(i＝1,2，…，100)，再数出其中满足yi＜xeq \\al(2,i)(i＝1,2，…，100)的点数为33，那么由随机模拟方法可得平面区域 Ω面积的近似值为( )
A．0.33 B．0.66 C．0.67 D.eq \f(1,3)
【答案】 C
【解析】 设平面区域 Ω的面积为S，依题意，得eq \f(S,1)≈eq \f(100－33,100).∴S≈0.67.故选C.
8．已知单位向量a，b的夹角为eq \f(3π,4)，若向量m＝2a，n＝4a－λb，且m⊥n，则|n|＝( )
A．2 B．4 C．8 D．16
【答案】 B
【解析】 依题意，m⊥n，故2a·(4a－λb)＝0，故8a2－2λa·b＝0，故4－λ·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)))＝0，解得λ＝－4eq \r(2)，故n＝4a＋4eq \r(2)b，故|n|2＝(4a＋4eq \r(2)b)2＝16，故|n|＝4.
9．河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产．龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟．现有一石窟的某处“浮雕像”共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上“浮雕像”的数量构成一个数列{an}，则lg2(a3a5)的值为( )
A．8 B．10 C．12 D．16
【答案】 C
【解析】 依题意a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝1016，
又因为数列{an}是公比为2的等比数列，则eq \f(a11－27,1－2)＝1016，
所以a1＝8，所以a3a5＝(a4)2＝(8×23)2＝212，
所以lg2(a3a5)＝lg2212＝12.
10．执行如图所示的程序框图，输出S的值为( )
A．－1008 B．－1010 C．1009 D．1007
【答案】 C
【解析】 执行程序框图：
S＝0＋1·sineq \f(π,2)＝0＋1，i＝3,3>2018？，否；
S＝0＋1＋3·sineq \f(3π,2)＝0＋1－3，i＝5,5>2018？，否；
S＝0＋1－3＋5·sineq \f(5π,2)＝0＋1－3＋5，i＝7,7>2018？，否；
…
S＝0＋1－3＋…＋2017·sineq \f(2017π,2)＝0＋1－3＋…＋2017，
i＝2019,2019>2018？，是．
输出S＝0＋1－3＋5－7…－2015＋2017
＝(0＋1)＋(－3＋5)＋(－7＋9)＋…＋(－2015＋2017)
＝1＋2＋2＋…＋2＝1＋504×2＝1009.
11．已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线与抛物线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a的值为( )
A．0 B．0或8 C．8 D．1
【答案】 C
【解析】 由题意，得y′＝1＋eq \f(1,x)，当x＝1时，切线的斜率k＝2，切线方程为y＝2(x－1)＋1＝2x－1，因为它与抛物线相切，所以ax2＋(a＋2)x＋1＝2x－1有唯一解，即ax2＋ax＋2＝0有唯一解，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≠0，,a2－8a＝0，))解得a＝8，故选C.
12．已知定义域为R的奇函数f(x)，当x>0时，满足f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－lg27－2x，0
A．lg25 B．－lg25
C．－2 D．0
【答案】 B
【解析】 由题意，得f(－1)＝f(2)＝f(5)＝…＝f(2＋672×3)＝f(2018)，f(0)＝f(3)＝f(6)＝…＝f(3＋672×3)＝f(2019)，f(1)＝f(4)＝f(7)＝…＝f(4＋672×3)＝f(2020)，又因为f(－1)＝－f(1)＝lg25，f(0)＝0，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2020)＝673×[f(1)＋f(2)＋f(3)]＋f(2020)＝673×0＋f(1)＝－lg25.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．某学校男女比例为2∶3，从全体学生中按分层抽样的方法抽取一个样本容量为m的样本，若女生比男生多10人，则m＝________.
【答案】 50
【解析】 由题意，得eq \f(3m,5)－eq \f(2m,5)＝10，解得m＝50.
14．已知双曲线eq \f(y2,m)－x2＝1(m>0)的一个焦点与抛物线y＝eq \f(1,8)x2的焦点重合，则此双曲线的离心率为________．
【答案】 eq \f(2\r(3),3)
【解析】 ∵双曲线eq \f(y2,m)－x2＝1(m>0)的一个焦点与抛物线y＝eq \f(1,8)x2的焦点重合，
抛物线y＝eq \f(1,8)x2的焦点坐标为(0,2)，
∴c＝2，∴1＋m＝4即m＝a2＝3，∴a＝eq \r(3)，
∴e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(3),3).
15．长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD是边长为1的正方形，若在侧棱AA1上存在点E，使得∠C1EB＝90°，则侧棱AA1的长的最小值为________．
【答案】 2
【解析】 如图，设侧棱AA1的长为x，A1E＝t，则AE＝x－t，∵长方体ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为1的正方形，∠C1EB＝90°，∴C1E2＋BE2＝BCeq \\al(2,1)，
∴2＋t2＋1＋(x－t)2＝1＋x2，整理，得t2－xt＋1＝0，
∵在侧棱AA1上至少存在一点E，使得∠C1EB＝90°，∴Δ＝(－x)2－4≥0，解得x≥2.
∴侧棱AA1的长的最小值为2.
16．在△ABC中，AD是BC边上的中线，∠ABD＝eq \f(π,6).若AB＝eq \r(3)BD，则∠CAD＝________；若AC＝2AD＝2，则△ABC的面积为________．
【答案】 eq \f(π,3) eq \r(3)
【解析】 设BD＝m，则AB＝eq \r(3)m，BC＝2m，根据余弦定理，得AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcs∠ABD＝m2，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs∠ABD＝m2，∴AD＝DC＝AC＝m，即△ACD是正三角形，
∴∠CAD＝eq \f(π,3).记△ABC的三内角∠BAC，∠ABC，∠ACB所对的三条边分别为a，b，c，则BD＝eq \f(1,2)a，由余弦定理可得，AD2＝AB2＋BD2－2AB·BDcs∠ABD，∴1＝c2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a))2－eq \f(\r(3),2)ac，即4＝4c2＋a2－2eq \r(3)ac，又AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcs∠ABC，∴4＝c2＋a2－eq \r(3)ac，于是，4c2＋a2－2eq \r(3)ac＝c2＋a2－eq \r(3)ac，∴a＝eq \r(3)c，代入c2＋a2－eq \r(3)ac＝4可得c＝2，a＝2eq \r(3)，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)acsin∠ABC＝eq \r(3).
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17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
(一)必考题：共60分．
17．(本小题满分12分)“微信运动”已经成为当下最热门的健身方式，小李的微信朋友圈内也有大量的好友参加了“微信运动”．他随机地选取了其中30人，记录了他们某一天走路的步数，将数据整理如下：
(1)若采用样本估计总体的方式，试估计小李所有微信好友中每日走路步数超过5000步的概率；
(2)已知某人一天的走路步数若超过8000步则他被系统评定为“积极型”，否则评定为“懈怠型”，将这30人按照“积极型”“懈怠型”分成两层，进行分层抽样，从中抽取5人，将这5人中属于“积极型”的人依次记为Ai(i＝1,2,3，…)，属于“懈怠型”的人依次记为Bi(i＝1,2，3，…)，现在从这5人中随机抽取2人接受问卷调查．设M为事件“抽取的2人来自不同的类型”，求事件M发生的概率．
【答案】解 (1)由题意，知30人中一天走路步数超过5000步的有25人，频率为eq \f(5,6)，
∴估计小李所有微信好友中每日走路步数超过5000步的概率为eq \f(5,6). 4分
(2)5人中“积极型”有5×eq \f(12,30)＝2人，这两人分别记为A1，A2,5人中“懈怠型”有5×eq \f(18,30)＝3人，这三人分别记为B1，B2，B3. 6分
在这5人中任选2人，共有以下10种不同的等可能结果：{A1，A2}，{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}，{B1，B2}，{B1，B3}，{B2，B3}. 9分
事件M“抽取的2人来自不同的类型”有以下6种不同的等可能结果：
{A1，B1}，{A1，B2}，{A1，B3}，{A2，B1}，{A2，B2}，{A2，B3}．其概率为eq \f(6,10)＝eq \f(3,5).
∴事件M发生的概率为eq \f(3,5). 12分
18．(本小题满分12分)已知等差数列{an}中，a1＝2，a2＋a4＝16.
(1)设bn＝2an，求证：数列{bn}是等比数列；
(2)求{an＋bn}的前n项和．
【答案】解 (1)证明：设{an}的公差为d，
由a2＋a4＝16，可得(a1＋d)＋(a1＋3d)＝16，
即2a1＋4d＝16. 2分
又a1＝2，可得d＝3.
故an＝a1＋(n－1)d＝2＋(n－1)×3＝3n－1. 3分
依题意，bn＝23n－1，因为eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(23n＋2,23n－1)＝23(常数)，
故数列{bn}是首项为4，公比q＝8的等比数列. 6分
(2){an}的前n项和为eq \f(na1＋an,2)＝eq \f(n3n＋1,2). 8分
{bn}的前n项和为
eq \f(b1－bnq,1－q)＝eq \f(4－23n－1·23,1－8)＝eq \f(1,7)·23n＋2－eq \f(4,7). 10分
故{an＋bn}的前n项和为
eq \f(n3n＋1,2)＋eq \f(1,7)·23n＋2－eq \f(4,7). 12分
19．(本小题满分12分)如图，四棱锥S－ABCD中，SD⊥平面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，SD＝CD，AB＝AD＝2，CD＝2AD，M是BC的中点，N是SA的中点．
(1)求证：MN∥平面SDC；
(2)求点A到平面MDN的距离．
【答案】解 (1)证明：取AD的中点E，连接ME，NE，则ME∥DC，
因为ME⊄平面SDC，
所以ME∥平面SDC， 2分
同理NE∥平面SDC.
所以平面MNE∥平面SDC，
所以MN∥平面SDC. 4分
(2)因为CD⊥AD，所以ME⊥AD.
因为SD⊥平面ABCD，所以SD⊥CD，ME⊥SD.
又因为AD∩SD＝D，
所以ME⊥平面SAD. 6分
因为DA＝2，则ME＝3，NE＝2，MN＝eq \r(NE2＋ME2)＝eq \r(13)，MD＝eq \r(10)，ND＝eq \r(5).
在△MDN中，由余弦定理，得cs∠MDN＝eq \f(\r(2),10)，
从而sin∠MDN＝eq \f(7\r(2),10)，所以△MDN的面积为eq \f(7,2)， 9分
连接AM，则△ADM的面积为eq \f(1,2)×2×3＝3.
设点A到平面MDN的距离为d，
由VA－MDN＝VN－AMD，得eq \f(7,2)d＝3NE，
因为NE＝2，所以点A到平面MDN的距离d＝eq \f(12,7). 12分
20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(1－a2)x＋eq \f(1,x)＋2aln x(a＞0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明：对任意x∈[1，＋∞)，有f(x)≤2x－a2.
【答案】解 (1)f′(x)＝1－a2－eq \f(1,x2)＋eq \f(2a,x)＝eq \f(1,x2)[(1－a2)x2＋2ax－1]＝eq \f(1,x2)[(1＋a)x－1][(1－a)x＋1]. 2分
①当0＜a≤1时，由f′(x)＜0，得[(1＋a)x－1][(1－a)x＋1]＜0，解得0＜x＜eq \f(1,a＋1)；
由f′(x)＞0，得[(1＋a)x－1][(1－a)x＋1]＞0，解得x＞eq \f(1,a＋1).
故函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a＋1)))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a＋1)，＋∞)). 4分
②当a＞1时，由f′(x)＜0，得0＜x＜eq \f(1,a＋1)或x＞eq \f(1,a－1)；
由f′(x)＞0，得eq \f(1,a＋1)＜x＜eq \f(1,a－1).
故函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a＋1)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a－1)，＋∞))，单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a＋1)，\f(1,a－1))). 6分
(2)证明：构造函数g(x)＝f(x)－2x＋a2＝－(1＋a2)x＋eq \f(1,x)＋2aln x＋a2，
则g′(x)＝－(1＋a2)－eq \f(1,x2)＋eq \f(2a,x)＝－eq \f(1＋a2x2－2ax＋1,x2). 8分
因为Δ＝(2a)2－4(1＋a2)＜0,1＋a2>0，
所以(1＋a2)x2－2ax＋1＞0，即g′(x)＜0.
故g(x)在区间[1，＋∞)上是减函数．
又因为x≥1，所以g(x)≤g(1)＝－(1＋a2)＋1＋a2＝0.
故对任意x∈[1，＋∞)，有f(x)≤2x－a2. 12分
21．(本小题满分12分)已知定点F(1,0)，横坐标不小于0的动点T在y轴上的射影为H，若|TF|＝|TH|＋1.
(1)求动点T的轨迹C的方程；
(2)若点P(4,4)不在直线l：y＝kx＋m上，并且直线l与曲线C相交于A，B两个不同点．问是否存在常数k使得当m的值变化时，直线PA，PB的斜率之和是一个定值．若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
【答案】解 (1)设点T在直线x＝－1上的射影是R，则由于T的横坐标不小于0，所以|TR|＝|TH|＋1，又|TF|＝|TH|＋1，所以|TF|＝|TR|，即点T到点F(1,0)的距离与点T到直线x＝－1的距离相等，所以T的轨迹是以F(1,0)为焦点，以x＝－1为准线的抛物线．即动点T的轨迹C的方程是y2＝4x. 4分
(2)由于A，B两点在曲线C：y2＝4x上，所以可设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,4)，a))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b2,4)，b))，则
PA的斜率k1＝eq \f(a－4,\f(a2,4)－4)＝eq \f(4,a＋4)，PB的斜率k2＝eq \f(b－4,\f(b2,4)－4)＝eq \f(4,b＋4)，
所以k1＋k2＝eq \f(4,a＋4)＋eq \f(4,b＋4)＝eq \f(4a＋b＋8,ab＋4a＋b＋16). 8分
又曲线C与直线l相交于A，B两点，所以k≠0，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋m，))整理，得ky2－4y＋4m＝0，所以a＋b＝eq \f(4,k)，ab＝eq \f(4m,k).
则k1＋k2＝eq \f(4a＋b＋8,ab＋4a＋b＋16)＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k)＋8)),\f(4m,k)＋4×\f(4,k)＋16)＝eq \f(8k＋4,4k＋m＋4)＝1＋eq \f(4k－m,4k＋m＋4)， 11分
此式随着m的变化，值也在变化，所以不存在k值满足题意. 12分
(二)选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．(本小题满分10分)选修4－4：坐标系与参数方程
在直角坐标系xOy中，已知点P(1，－2)，直线l：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1＋t，,y＝－2＋t))(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρsin2θ＝2csθ，直线l和曲线C的两交点为A，B.
(1)求直线l和曲线C的普通方程；
(2)求|PA|＋|PB|.
【答案】解 (1)直线l：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1＋t，,y＝－2＋t))(t为参数)，消去t，可得直线l的普通方程为x－y－3＝0. 2分
曲线C的极坐标方程为ρsin2θ＝2csθ，即为ρ2sin2θ＝2ρcsθ，由x＝ρcsθ，y＝ρsinθ可得曲线C的普通方程为y2＝2x. 5分
(2)直线l的标准参数方程为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1＋\f(\r(2),2)t′，,y＝－2＋\f(\r(2),2)t′))(t′为参数)，
代入曲线C：y2＝2x，
可得t′2－6eq \r(2)t′＋4＝0，
有t′1＋t′2＝6eq \r(2)，t′1t′2＝4，
则|PA|＋|PB|＝|t′1|＋|t′2|＝t′1＋t′2＝6eq \r(2). 10分
23．(本小题满分10分)选修4－5：不等式选讲
已知a>0，b>0，a2＋b2＝a＋b.证明：
(1)(a＋b)2≤2(a2＋b2)；
(2)(a＋1)(b＋1)≤4.
【答案】证明 (1)因为(a＋b)2－2(a2＋b2)＝2ab－a2－b2＝－(a－b)2≤0.
所以(a＋b)2≤2(a2＋b2). 4分
(2)证法一：由(1)及a2＋b2＝a＋b得a＋b≤2.
因为(a＋1)(b＋1)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a＋1＋b＋1,2)))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b＋2,2)))2≤4.
于是(a＋1)(b＋1)≤4. 10分
证法二：由(1)及a2＋b2＝a＋b得a＋b≤2.
因为ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))2，所以ab≤1.
故(a＋1)(b＋1)＝ab＋a＋b＋1≤4. 10分
步数
[0,5000]
[5001,8000]
[8001，＋∞)
人数
5
13
12
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