陕西省铜川市2020届高三数学（理）二模试卷（Word版附解析）

2020 年陕西省铜川市高考数学二模试卷（理科） 一、选择题（共 12 小题） 1．设集合 A＝{x|﹣2≤x≤2}，B＝{y|y＝3x﹣1，x∈R}，则 A∩B＝（  ） A．（﹣1，+∞） B．[﹣2，+∞） C．[﹣1，2] D．（﹣1，2] 2．已知复数 z 满足 zi＝2+i，i 是虚数单位，则|z|＝（  ） A． ퟐ B． ퟑ C．2 D． ퟓ 3．等比数列{an}中，a3＝9 前三项和为 S3 = ퟑ ퟎ 3x2dx，则公比 q 的值是（  ） A．1 B． ― 1 2 C．1 或 ― 1 2 D．﹣1 或 ― 1 2 4．已知 m∈R，“函数 y＝2x+m﹣1 有零点”是“函数 y＝logmx 在（0，+∞）上为减函数” 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 5．一支足球队每场比赛获胜（得 3 分）的概率为 a，与对手踢平（得 1 分）的概率为 b， 负于对手（得 0 分）的概率为 c（a，b，c∈（0，1）），已知该足球队进行一场比赛得 分的期望是 1，则1 푎 + 1 3푏的最小值为（  ） A．16 3 B．14 3 C．17 3 D．10 3 6．已知 m、n 为两条不同的直线，α、β 为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（  ） A．若 l⊥m，l⊥n，且 m，n⊂α，则 l⊥α B．若平面 α 内有不共线的三点到平面 β 的距离相等，则 α∥β C．若 m⊥α，m⊥n，则 n∥α D．若 m∥n，n⊥α，则 m⊥α 7．在区间[﹣1，1]上随机取一个数 k，则直线 y＝k（x﹣2）与圆 x2+y2＝1 有两个不同公共 点的概率为（  ） A．2 9 B． 3 6 C．1 3 D． 3 3 8．已知풇(풙) = → 풂 ⋅ → 풃，其中→ 풂 = (ퟐ풄풐풔풙， ― ퟑ풔풊풏ퟐ풙)，→ 풃 = (풄풐풔풙，ퟏ)，x∈R．则 f（x）的 单调递减区间是（  ） A．[풌흅 + 휋 12，풌흅 + 휋 3](풌 ∈ 풁) B．[풌흅 ― 휋 12，풌흅 + 휋 3](풌 ∈ 풁) C．[풌흅 ― 휋 6，풌흅 + 휋 3](풌 ∈ 풁) D．[풌흅 + 휋 6，풌흅 + 휋 3](풌 ∈ 풁) 9．已知函数 f（x）＝x2﹣ln|x|，则函数 y＝f（x）的大致图象是（  ） A． B． C． D． 10．抛物线 y2＝4x 的焦点到双曲线 x2 ― 푦2 푏2 = 1 的一条渐近线的距离是 3 2 ，则双曲线的虚轴 长是（  ） A． ퟑ B．2 ퟑ C．3 D．6 11．三棱锥 P﹣ABC 中，PA⊥平面 ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝1，PA = ퟑ，则该三棱锥 外接球的表面积为（  ） A．5π B． ퟐ흅 C．20π D．4π 12．若对于任意的正实数 x，y 都有(ퟐ풙 ― 푦 푒) ⋅ 풍풏 푦 푥 ≤ 푥 푚푒成立，则实数 m 的取值范围为（  ） A．( 1 푒，ퟏ) B．( 1 푒2，ퟏ] C．( 1 푒2，풆] D．(ퟎ， 1 푒] 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13．如图，正方形 ABCD 中，E 为 DC 的中点，若 → 푨푫 = 흀 → 푨푪 + 흁 → 푨푬，则 λ﹣μ 的值为    14．在（x﹣1）（x+1）8 的展开式中，x5 的系数是   ． 15．已知两圆 x2+y2＝10 和（x﹣1）2+（y﹣a）2＝20 相交于 A、B 两个不同的点，且直线 AB 与直线 3x﹣y+1＝0 垂直，则实数 a＝   ． 16．从盛满 2 升纯酒精的容器里倒出 1 升，然后加满水，再倒出 1 升混合溶液后又用水填 满，以此继续下去，则至少应倒   次后才能使纯酒精体积与总溶液的体积之比低于 10%． 三、解答题（本大题共 5 小题，共 70 分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤） （一）必考题（共 60 分） 17．在△ABC 中，푩푪 = ퟓ，푨푪 = ퟑ，풔풊풏푪 = ퟐ풔풊풏푨 （Ⅰ）求 AB 的值； （Ⅱ）求풔풊풏(ퟐ푨 ― 휋 4)的值． 18．在某市创建全国文明城市的过程中，创文专家组对该市的中小学进行了抽检，其中抽 检的一个环节是对学校的教师和学生分别进行问卷测评．如表是被抽检到的 5 所学校 A、 B、C、D、E 的教师和学生的测评成绩（单位：分）： 学校 A B C D E 教师测评成绩 x 90 92 93 94 96 学生测评成绩 y 87 89 89 92 93 （1）建立 y 关于 x 的回归方程풚 = 풃풙 + 풂； （2）现从 A、B、C、D、E 这 5 所学校中随机选 2 所派代表参加座谈，用 X 表示选出的 2 所学校中学生的测评成绩大于 90 分的学校数，求随机变量 X 的分布列及数学期望 E （X）． 附：풃 = 푛 푖=1 (푥1 ― 푥)(푦푖 ― 푦) 푛 푖=1 (푥푖 ― 푥)2 ，풂 = 풚 ― 풃 ― 풙． 19．如图，在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，侧棱 AA1⊥底面 ABC，AB⊥BC，D 为 AC 的中点， A1A＝AB＝2． （1）求证：AB1∥平面 BC1D； （2）若四棱锥 B﹣AA1C1D 的体积为 3，求二面角 C﹣BC1﹣D 的正切值． 20．已知椭圆 C：푥2 푎2 + 푦2 푏2 = 1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为 F1、F2，点（1， ― 2 2 ）是 椭圆 C 上的点，离心率 e = 2 2 ． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程； （Ⅱ）点 A（x0，y0）（y0≠0）在椭圆 C 上，若点 N 与点 A 关于原点对称，连接 AF2 并 延长与椭圆 C 的另一个交点为 M，连接 MN，求△AMN 面积的最大值． 21．已知函数 f（x）＝lnx﹣x2+f'（1 2）• 푥 + 2 2 ． （Ⅰ）求函数 f（x）的单调区间； （Ⅱ）证明：（1 2풙ퟐ + x+1）f（x）＜2ex． （二）选考题（共 10 分，请考生在 22、23 题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第 一题记分）[选修 4-4：坐标系与参数方程] 22．在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为{풙 = ퟐ + 풕풄풐풔휶 풚 = ퟏ + 풕풔풊풏휶（t 为参数），其中휶 ≠ 휋 2．以 原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程为 ρ2﹣6ρcosθ+4＝ 0． （1）写出曲线 C1 的普通方程和曲线 C2 的直角坐标方程； （2）已知曲线 C2 与 C1 交于两点，记点 A，B 相应的参数分别为 t1，t2，当 t1+t2＝0 时， 求|AB|的值． [选修 4-5：不等式选讲] 23．函数 f（x） = 풙ퟐ ― ퟐ풙 + ퟏ + 2 ퟒ ― ퟒ풙 + 풙ퟐ． （Ⅰ）求 f（x）的值域； （Ⅱ）若关于 x 的不等式 f（x）﹣m＜0 有解，求证：3m + 2 푚 ― 1＞7． 参考答案 一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题列出的四个选项中，选 出符合题目要求的一项） 1．设集合 A＝{x|﹣2≤x≤2}，B＝{y|y＝3x﹣1，x∈R}，则 A∩B＝（  ） A．（﹣1，+∞） B．[﹣2，+∞） C．[﹣1，2] D．（﹣1，2] 【分析】先求出集合 A，B，由此能求出 A∩B． 解：∵集合 A＝{x|﹣2≤x≤2}， B＝{y|y＝3x﹣1，x∈R}＝{y|y＞﹣1}， ∴A∩B＝{x|﹣1＜x≤2}＝（﹣1，2]． 故选：D． 【点评】本题考查交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集定义的合理运 用． 2．已知复数 z 满足 zi＝2+i，i 是虚数单位，则|z|＝（  ） A． ퟐ B． ퟑ C．2 D． ퟓ 【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式 计算． 解：由 zi＝2+i，得풛 = 2 + 푖 푖 = ퟏ ― ퟐ풊， ∴|z| = ퟓ， 故选：D． 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题． 3．等比数列{an}中，a3＝9 前三项和为 S3 = ퟑ ퟎ 3x2dx，则公比 q 的值是（  ） A．1 B． ― 1 2 C．1 或 ― 1 2 D．﹣1 或 ― 1 2 【分析】根据积分公式先求出的 S3 的值，然后建立方程组进行求解即可． 解：S3 = ퟑ ퟎ ퟑ풙ퟐ풅풙 = 풙ퟑ|ퟑퟎ = ퟑퟑ = ퟐퟕ， 即前三项和为 S3＝27， ∵a3＝9， ∴{풂ퟑ = 풂ퟏ풒ퟐ = ퟗ 푺ퟑ = 풂ퟏ + 풂ퟐ + ퟗ = ퟐퟕ， 即{풂ퟑ = 풂ퟏ풒ퟐ = ퟗ 풂ퟏ + 풂ퟐ = 풂ퟏ + 풂ퟏ풒 = ퟏퟖ， ∴ 푞2 1 + 푞 = 9 18 = 1 2， 即 2q2﹣q﹣1＝0， 解得 q＝1 或 q = ― 1 2， 故选：C． 【点评】本题主要考查等比数列的计算，根据条件建立方程是解决本题的关键，考查学 生的计算能力． 4．已知 m∈R，“函数 y＝2x+m﹣1 有零点”是“函数 y＝logmx 在（0，+∞）上为减函数” 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 【分析】根据函数的性质求出 m 的等价条件，结合充分条件和必要条件的定义进行判断 即可． 解：若函数 y＝f（x）＝2x+m﹣1 有零点，则 f（0）＝1+m﹣1＝m＜1， 当 m≤0 时，函数 y＝logmx 在（0，+∞）上为减函数不成立，即充分性不成立， 若 y＝logmx 在（0，+∞）上为减函数，则 0＜m＜1，此时函数 y＝2x+m﹣1 有零点成立， 即必要性成立， 故“函数 y＝2x+m﹣1 有零点”是“函数 y＝logmx 在（0，+∞）上为减函数”的必要不 充分条件， 故选：B． 【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据函数零点和对数函数的性质求 出等价条件是解决本题的关键． 5．一支足球队每场比赛获胜（得 3 分）的概率为 a，与对手踢平（得 1 分）的概率为 b， 负于对手（得 0 分）的概率为 c（a，b，c∈（0，1）），已知该足球队进行一场比赛得 分的期望是 1，则1 푎 + 1 3푏的最小值为（  ） A．16 3 B．14 3 C．17 3 D．10 3 【分析】由该足因为该足球队进行一场比赛得分的期望是 1，得到 3a+b＝1，利用基本不 等式求出1 푎 + 1 3푏的最小值 解：因为该足球队进行一场比赛得分的期望是 1， 所以 3a+b＝1 所以1 푎 + 1 3푏 = （3a+b）（1 푎 + 1 3푏） = 10 3 + 푎 푏 + 푏 푎 ≥ 10 3 + ퟐ = 16 3 当且仅当푎 푏 = 푏 푎取等号 故选：A． 【点评】利用基本不等式求合适的最值时，一定注意不等式使用的条件：一正、二定、 三相等． 6．已知 m、n 为两条不同的直线，α、β 为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（  ） A．若 l⊥m，l⊥n，且 m，n⊂α，则 l⊥α B．若平面 α 内有不共线的三点到平面 β 的距离相等，则 α∥β C．若 m⊥α，m⊥n，则 n∥α D．若 m∥n，n⊥α，则 m⊥α 【分析】根据线面垂直的判定定理判断 A 是否正确； 借助图象，根据三点是否在平面的同侧来判断 B 是否正确； 根据直线在平面内的情况，来判断 C 是否正确； 根据平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面，来判断 D 是否正 确． 解：A、若 m∥n 时，l 与 α 不一定垂直，故 A 错误； B、若三点不在平面 β 的同侧，则 α 与 β 相交，故 B 错误； C、m⊥α，m⊥n，有可能 n⊂α，故 C 错误； D、根据平行线中的一条垂直于一个平面，另一条也垂直于平面，故 D 正确． 故选：D． 【点评】本题借助考查命题的真假判断，考查线面垂直的判定． 7．在区间[﹣1，1]上随机取一个数 k，则直线 y＝k（x﹣2）与圆 x2+y2＝1 有两个不同公共 点的概率为（  ） A．2 9 B． 3 6 C．1 3 D． 3 3 【分析】求出圆心到直线的距离，根据直线与圆有两个不同的公共点列不等式求出 k 的 取值范围，再计算所求的概率． 解：圆 x2+y2＝1 的圆心为（0，0）， 圆心到直线 y＝k（x﹣2）的距离为 |2푘| 푘2 + 1 ； 要使直线 y＝k（x﹣2）与圆 x2+y2＝1 有两个不同公共点， 则 |2푘| 푘2 + 1＜1， 解得 ― 3 3 ≤ k ≤ 3 3 ； ∴在区间[﹣1，1]上随机取一个数 k， 使直线 y＝k（x﹣2）与圆 x2+y2＝1 有公共点的概率为 P = 3 3 ― ( ― 3 3 ) 1 ― ( ― 1) = 3 3 ． 故选：D． 【点评】本题考查了几何概型的概率以及直线与圆相交的性质问题，解题的关键弄清概 率类型，是基础题． 8．已知풇(풙) = → 풂 ⋅ → 풃，其中→ 풂 = (ퟐ풄풐풔풙， ― ퟑ풔풊풏ퟐ풙)，→ 풃 = (풄풐풔풙，ퟏ)，x∈R．则 f（x）的 单调递减区间是（  ） A．[풌흅 + 휋 12，풌흅 + 휋 3](풌 ∈ 풁) B．[풌흅 ― 휋 12，풌흅 + 휋 3](풌 ∈ 풁) C．[풌흅 ― 휋 6，풌흅 + 휋 3](풌 ∈ 풁) D．[풌흅 + 휋 6，풌흅 + 휋 3](풌 ∈ 풁) 【分析】先利用平面向量数量积表示出函数 f（x），再结合余弦的二倍角公式和辅助角 公式对 f（x）进行化简，最后根据余弦函数的单调性求解即可． 解：풇(풙) = → 풂 ⋅ → 풃 = 2cosx•cosx ― ퟑsin2x = 풄풐풔ퟐ풙 ― ퟑ풔풊풏ퟐ풙 + ퟏ = ퟐ풄풐풔(ퟐ풙 + 휋 3) + ퟏ， 令ퟐ풙 + 휋 3 ∈ [ퟐ풌흅，흅 + ퟐ풌흅]，풌 ∈ 풁，则풙 ∈ [풌흅 ― 휋 6，풌흅 + 휋 3]，풌 ∈ 풁， 故选：C． 【点评】本题考查平面向量与三角函数的综合，涉及平面向量数量积、三角函数的图象 与性质、二倍角公式和辅助角公式，考查学生灵活运用知识的能力和运算能力，属于基 础题． 9．已知函数 f（x）＝x2﹣ln|x|，则函数 y＝f（x）的大致图象是（  ） A． B． C． D． 【分析】判断 f（x）的奇偶性和单调性，计算极值，从而得出函数图象． 解：f（﹣x）＝（﹣x）2﹣ln|﹣x|＝x2﹣ln|x|＝f（x）， ∴f（x）是偶函数，图象关于 y 轴对称，排除 D； 当 x＞0 时，f（x）＝x2﹣lnx，f′（x）＝2x ― 1 푥 = 2푥2 ― 1 푥 ， ∴当 0＜x＜ 2 2 时，f′（x）＜0，当 x＞ 2 2 时，f′（x）＞0， ∴f（x）在（0， 2 2 ）上单调递减，在（ 2 2 ，+∞）上单调递增，排除 C， 当 x = 2 2 时，f（x）取得最小值 f（ 2 2 ） = 1 2 ― ln 2 2 ＞0，排除 B， 故选：A． 【点评】本题考查了函数的单调性判断与极值计算，属于基础题． 10．抛物线 y2＝4x 的焦点到双曲线 x2 ― 푦2 푏2 = 1 的一条渐近线的距离是 3 2 ，则双曲线的虚轴 长是（  ） A． ퟑ B．2 ퟑ C．3 D．6 【分析】先确定抛物线的焦点位置，进而可确定抛物线的焦点坐标，再由题中条件求出 双曲线的渐近线方程，再代入点到直线的距离公式即可求出结论． 解：抛物线 y2＝4x 的焦点在 x 轴上，且 p＝2， ∴抛物线 y2＝4x 的焦点坐标为（1，0）， 由题得：双曲线双曲线 x2 ― 푦2 푏2 = 1 的渐近线方程为 bx±y＝0， ∴抛物线的焦点到渐近线的距离 d = 푏 1 + 푏2 = 3 2 ， 解得 b = ퟑ， ∴则双曲线的虚轴长是 2b＝2 ퟑ， 故选：B． 【点评】本题考查抛物线的性质，考查双曲线的基本性质，解题的关键是定型定位，属 于基础题． 11．三棱锥 P﹣ABC 中，PA⊥平面 ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝1，PA = ퟑ，则该三棱锥 外接球的表面积为（  ） A．5π B． ퟐ흅 C．20π D．4π 【分析】根据题意，证出 BC⊥平面 PAC，PB 是三棱锥 P﹣ABC 的外接球直径．利用勾 股定理结合题中数据算出 PB = ퟓ，得外接球半径 R = 5 2 ，从而得到所求外接球的表面 积 解：PA⊥平面 ABC，AC⊥BC， ∴BC⊥平面 PAC，PB 是三棱锥 P﹣ABC 的外接球直径； ∵Rt△PBA 中，AB = ퟐ，PA = ퟑ ∴PB = ퟓ，可得外接球半径 R = 1 2PB = 5 2 ∴外接球的表面积 S＝4πR2＝5π 故选：A． 【点评】本题在特殊三棱锥中求外接球的表面积，着重考查了线面垂直的判定与性质、 勾股定理和球的表面积公式等知识，属于中档题． 12．若对于任意的正实数 x，y 都有(ퟐ풙 ― 푦 푒) ⋅ 풍풏 푦 푥 ≤ 푥 푚푒成立，则实数 m 的取值范围为（  ） A．( 1 푒，ퟏ) B．( 1 푒2，ퟏ] C．( 1 푒2，풆] D．(ퟎ， 1 푒] 【分析】根据题意对于（2x ― 푦 푒）•ln 푦 푥 ≤ 푥 푚푒，可化为（2e ― 푦 푥）ln 푦 푥 ≤ 1 푚，设 t = 푦 푥，设 f （t）＝（2e﹣t）lnt，根据导数和函数的最值的关系即可求出 解：根据题意，对于（2x ― 푦 푒）•ln 푦 푥 ≤ 푥 푚푒，变形可得푥 푦（2x ― 푦 푒）ln 푦 푥 ≤ 1 푚， 即（2e ― 푦 푥）ln 푦 푥 ≤ 1 푚， 设 t = 푦 푥，则（2e﹣t）lnt ≤ 1 푚，t＞0， 设 f（t）＝（2e﹣t）lnt，（t＞0） 则其导数 f′（t）＝﹣lnt + 2푒 푡 ― 1， 又由 t＞0，则 f′（t）为减函数，且 f′（e）＝﹣lne + 2푒 푒 ― 1＝0， 则当 t∈（0，e）时，f′（t）＞0，f（t）为增函数， 当 t∈（e，+∞）时，f′（t）＜0，f（t）为减函数， 则 f（t）的最大值为 f（e），且 f（e）＝e， 若 f（t）＝（2e﹣t）lnt ≤ 1 푚恒成立，必有 e ≤ 1 푚， 解可得 0＜m ≤ 1 푒，即 m 的取值范围为（0，1 푒]； 故选：D． 【点评】本题考查函数导数的应用，关键是转化和构造函数 f（t），求出其最小值，属 于中档题 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分） 13．如图，正方形 ABCD 中，E 为 DC 的中点，若 → 푨푫 = 흀 → 푨푪 + 흁 → 푨푬，则 λ﹣μ 的值为 ﹣3  【分析】利用平面向量的三角形法则，将 → 푨푫用 → 푨푪， → 푨푬表示，再由平面向量基本定理得 到 λ，μ 的值 解：由题意，因为 E 为 DC 的中点，所以 → 푨푬 = 1 2（ → 푨푫 + → 푨푪）， 所以 → 푨푫 = 2 → 푨푬 ― → 푨푪， 即 → 푨푫 = ― → 푨푪 + 2 → 푨푬，所以 λ＝﹣1，μ＝2， 所以 λ﹣μ＝﹣3； 故答案为：﹣3 【点评】本题考查了三角形中线的向量性质以及平面向量基本定理的运用；属于基础 题． 14．在（x﹣1）（x+1）8 的展开式中，x5 的系数是 14 ． 【分析】将求 x5 的系数问题转化为二项式（x+1）8 的展开式的 x4 的系数减去 x5 的系数， 即可求出展开式中 x5 的系数 解：∵（x﹣1）（x+1）8＝x（x+1）8﹣（x+1）8 ∴（x﹣1）（x+1）8 展开式中 x5 的系数等于（x+1）8 展开式的 x4 的系数减去 x5 的系数， ∵（x+1）8 展开式的通项为푻풓+ퟏ = 푪풓ퟖ풙풓 ∴展开式中 x5 的系数是 C84﹣C85＝14， 故答案为：14． 【点评】本题考查二项式定理的应用，考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式 的指定项问题，考查学生的转化能力． 15．已知两圆 x2+y2＝10 和（x﹣1）2+（y﹣a）2＝20 相交于 A、B 两个不同的点，且直线 AB 与直线 3x﹣y+1＝0 垂直，则实数 a＝ 3 ． 【分析】由题意，两圆相减可得 2x+2ay﹣a2+9＝0，利用直线 AB 与直线 3x﹣y+1＝0 垂 直，可得 ― 1 푎 × 3＝﹣1，即可求出 a 的值． 解：由题意，两圆相减可得 2x+2ay﹣a2+9＝0， ∵直线 AB 与直线 3x﹣y+1＝0 垂直， ∴ ― 1 푎 × 3＝﹣1，∴a＝3， 故答案为 3． 【点评】本题考查圆与圆的位置关系，考查两条直线垂直位置关系的运用，属于中档 题． 16．从盛满 2 升纯酒精的容器里倒出 1 升，然后加满水，再倒出 1 升混合溶液后又用水填 满，以此继续下去，则至少应倒 4 次后才能使纯酒精体积与总溶液的体积之比低于 10%． 【分析】设开始的浓度为 1，操作 1 次后的浓度为 a1＝1 ― 1 푎，操作 n 次后的浓度为 an， 则 an+1＝an（1 ― 1 푎），利用等比数列的通项公式即可得出． 解：设开始的浓度为 1，操作 1 次后的浓度为 a1＝1 ― 1 푎， 操作 n 次后的浓度为 an，则 an+1＝an（1 ― 1 푎）， ∴数列{an}构成 a1＝1 ― 1 푎为首项，q＝1 ― 1 푎为公比的等比数列， ∴an＝（1 ― 1 푎）n，即第 n 次操作后溶液的浓度为（1 ― 1 푎）n； 当 a＝2 时，可得 an＝（1 ― 1 푎）n = ( 1 2)풏，由 an＝（1 2）n＜ 1 10，解得 n＞4． ∴至少应倒 4 次后才能使酒精的浓度低于 10%． 故答案为：4． 【点评】本题考查了等比数列的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于 中档题． 三、解答题（本大题共 5 小题，共 70 分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤） （一）必考题（共 60 分） 17．在△ABC 中，푩푪 = ퟓ，푨푪 = ퟑ，풔풊풏푪 = ퟐ풔풊풏푨 （Ⅰ）求 AB 的值； （Ⅱ）求풔풊풏(ퟐ푨 ― 휋 4)的值． 【分析】（Ⅰ）利用正弦定理化简可得 AB 的值． （Ⅱ） 利用余弦定理求解cosA，在求解sinA，和与差公式打开即可求풔풊풏(ퟐ푨 ― 휋 4)的值． 解：（Ⅰ）푩푪 = ퟓ，푨푪 = ퟑ，풔풊풏푪 = ퟐ풔풊풏푨 在△ABC 中，根据正弦定理，于是 AB = 푠푖푛퐶 푠푖푛퐴 ⋅ 푩푪 = ퟐ푩푪 = ퟐ ퟓ （Ⅱ）在△ABC 中，根据余弦定理，得 cosA = 퐴퐵2 + 퐴퐶2 ― 퐵퐷2 2퐴퐵 ⋅ 퐴퐶 = 2 5 5 ． 于是 sinA = ퟏ ― 풄풐풔ퟐ푨 = 5 5 从而 sin2A＝2sinAcosA = 4 5， 则 cos2A＝cos2A﹣sin2A = 3 5， 故得풔풊풏(ퟐ푨 ― 휋 4) = sin2Acos 휋 4 ― cos2Asin 휋 4 = 2 10． 【点评】本题考查了正余弦定理的运用和和与差以及同角函数关系式，正余弦函数的二 倍角公式的计算．属于基础题． 18．在某市创建全国文明城市的过程中，创文专家组对该市的中小学进行了抽检，其中抽 检的一个环节是对学校的教师和学生分别进行问卷测评．如表是被抽检到的 5 所学校 A、 B、C、D、E 的教师和学生的测评成绩（单位：分）： 学校 A B C D E 教师测评成绩 x 90 92 93 94 96 学生测评成绩 y 87 89 89 92 93 （1）建立 y 关于 x 的回归方程풚 = 풃풙 + 풂； （2）现从 A、B、C、D、E 这 5 所学校中随机选 2 所派代表参加座谈，用 X 表示选出的 2 所学校中学生的测评成绩大于 90 分的学校数，求随机变量 X 的分布列及数学期望 E （X）． 附：풃 = 푛 푖=1 (푥1 ― 푥)(푦푖 ― 푦) 푛 푖=1 (푥푖 ― 푥)2 ，풂 = 풚 ― 풃 ― 풙． 【分析】（1）求出回归系数，可得回归方程； （2）X 的取值为 0，1，2，求出相应的概率，即可求 X 的分布列和数学期望． 解：（1）依据题意计算得：풙 = 90 + 92 + 93 + 94 + 96 5 = 93，풚 = 87 + 89 + 89 + 92 + 93 5 = 90， ퟓ 풊=ퟏ (풙풊 ― 풙)ퟐ = 9+1+0+1+9＝20， ퟓ 풊=ퟏ （xi ― 풙）（yi ― 풚）＝（﹣3）×（﹣3）+（﹣ 1）×（﹣1）+0×（﹣1）+1×2+3×3＝21， ∴풃 = 5 푖=1 (푥푖 ― 푥)(푦푖 ― 푦) 5 푖=1 (푥푖 ― 푥)2 = 21 20，풂 = 풚 ― 풃풙 = 90 ― 21 20 × ퟗퟑ = ― 153 20 ． ∴所求回归方程为풚 = 21 20x ― 153 20 ． （2）由题设得随机变量 X 的可能取值为 0，1，2． 由已知得 P（X＝0） = 퐶2 3 퐶2 5 = 3 10，P（X＝1） = 퐶1 3퐶1 2 퐶2 5 = 3 5，P（X＝2） = 퐶2 2 퐶2 5 = 1 10． ∴X 的分布列为： X 0 1 2 P 3 10 3 5 1 10 E（X）＝0 × 3 10 + 1 × 3 5 + 2 × 1 10 = 4 5． 【点评】本题考查回归直线方程，考查求离散型随机变量的分布列和数学期望，正确计 算是解题的关键． 19．如图，在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，侧棱 AA1⊥底面 ABC，AB⊥BC，D 为 AC 的中点， A1A＝AB＝2． （1）求证：AB1∥平面 BC1D； （2）若四棱锥 B﹣AA1C1D 的体积为 3，求二面角 C﹣BC1﹣D 的正切值． 【分析】（1）在平面 BC1D 内找到一条直线与已知直线 AB1 平行，根据线面平行的判定 定理证明线面平行，而找平行的方法一般是找三角形的中位线或找平行四边形． （2）根据题中的垂直关系表达出四棱锥的体积进而得到等式求出 BC 的数值，结合这题 中的线面垂直关系作出二面角，再证明此角就是所求角然后求出即可． 解：（1）证明：连接 B1C，设 B1C 与 BC1 相交于点 O，连接 OD， ∵四边形 BCC1B1 是平行四边形， ∴点 O 为 B1C 的中点． ∵D 为 AC 的中点， ∴OD 为△AB1C 的中位线， ∴OD∥AB1． ∵OD⊂平面 BC1D，AB1⊄平面 BC1D， ∴AB1∥平面 BC1D． （2）解：依题意知，AB＝BB1＝2， ∵AA1⊥平面 ABC，AA1⊂平面 AA1C1C， ∴平面 ABC⊥平面 AA1C1C，且平面 ABC∩平面 AA1C1C＝AC． 作 BE⊥AC，垂足为 E，则 BE⊥平面 AA1C1C， 设 BC＝a， 在 Rt△ABC 中，푨푪 = 푨푩ퟐ + 푩푪ퟐ = ퟒ + 풂ퟐ，푩푬 = 퐴퐵 ⋅ 퐵퐶 퐴퐶 = 2푎 4 + 푎2， ∴ 四 棱 锥 B ﹣ AA1C1D 的 体 积 푽 = 1 3 × 1 2(푨ퟏ푪ퟏ + 푨푫) ⋅ 푨푨ퟏ ⋅ 푩푬 = 1 6 × 3 2 ퟒ + 풂ퟐ × ퟐ × 2푎 4 + 푎2 = a． 依题意得，a＝3，即 BC＝3． ∵AB⊥BC，AB⊥BB1，BC∩BB1＝B，BC⊂平面 BB1C1C，BB1⊂平面 BB1C1C， ∴AB⊥平面 BB1C1C． 取 BC 的中点 F，连接 DF，则 DF∥AB，且푫푭 = 1 2푨푩 = ퟏ． ∴DF⊥平面 BB1C1C． 作 FG⊥BC1，垂足为 G，连接 DG， 由于 DF⊥BC1，且 DF∩FG＝F， ∴BC1⊥平面 DFG． ∵DG⊂平面 DFG， ∴BC1⊥DG． ∴∠DGF 为二面角 C﹣BC1﹣D 的平面角． 由 Rt△BGF～Rt△BCC1，得 퐺퐹 퐶퐶1 = 퐵퐹 퐵퐶1 ， 得푮푭 = 퐵퐹 ⋅ 퐶퐶1 퐵퐶1 = 3 2 × 2 13 = 3 13 13 ， 在 Rt△DFG 中，풕풂풏∠푫푮푭 = 퐷퐹 퐺퐹 = 13 3 ． ∴二面角 C﹣BC1﹣D 的正切值为 13 3 ． 【点评】解决此类问题的关键是熟悉几何体的结构便于利用题中的线面、线线关系解决 空间角、空间距离与几何体的体积等问题． 20．已知椭圆 C：푥2 푎2 + 푦2 푏2 = 1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为 F1、F2，点（1， ― 2 2 ）是 椭圆 C 上的点，离心率 e = 2 2 ． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程； （Ⅱ）点 A（x0，y0）（y0≠0）在椭圆 C 上，若点 N 与点 A 关于原点对称，连接 AF2 并 延长与椭圆 C 的另一个交点为 M，连接 MN，求△AMN 面积的最大值． 【分析】（Ⅰ）离心率 e = 푐 푎 = 2 2 ，则 a = ퟐc，又 b2＝a2﹣c2＝c2，将（1， ― 2 2 ）代入 椭圆方程： 푥2 2푐2 + 푦2 푐2 = ퟏ，解得 c＝1，即可求出椭圆方程． （Ⅱ）设直线 AM 的方程是 x＝my+1，与椭圆方程联立，利用弦长公式求出|AM|，求出 点 O（0，0）到直线 AM 的距离，可得△OAM 的面积，利用基本不等式，即可求△OAM 的面积的最大值．△AMN 面积的最大值是△OAM 的面积的最大值的 2 倍． 解：（Ⅰ）由题意可知：离心率 e = 푐 푎 = 2 2 ，则 a = ퟐc， b2＝a2﹣c2＝c2， 将（1， ― 2 2 ）代入椭圆方程： 푥2 2푐2 + 푦2 푐2 = ퟏ， 解得：c＝1， 则 a = ퟐ，b＝1， ∴椭圆的标准方程：푥2 2 + 풚ퟐ = ퟏ； （Ⅱ）椭圆的右焦点 F（1，0），设直线 AM 的方程是 x＝my+1，与푥2 2 + 풚ퟐ = ퟏ联立， 可得（m2+2）y2+2my﹣1＝0， 设 A（x1，y1），M（x2，y2），则 x1＝my1+1，x2＝my2+1， 于 是 |AM| = ퟏ + 풎ퟐ|y1 ﹣ y2| = 2 2(푚2 + 1) 푚2 + 2 ， 点 O （ 0 ， 0 ） 到 直 线 MN 的 距 离 d = 1 푚2 + 1 ． 于是△AMN 的面积 s＝2sOAM＝|MN|d = 2 2(푚2 + 1) 푚2 + 2 = 2 2 푚2 + 1 + 1 푚2 + 1 + 2． ∵풎ퟐ + ퟏ + 1 푚2 + 1 ≥ ퟐ，∴△AMN 的面积 S ≤ ퟐ × 2 2 + 2 = ퟐ．当且仅当即 m＝0 时取 到最大值 ퟐ． 【点评】代入法求轨迹方程关键是确定坐标之间的关系，直线与圆锥曲线位置关系问题 常常需要联立方程组，利用韦达定理．属于中档题． 21．已知函数 f（x）＝lnx﹣x2+f'（1 2）• 푥 + 2 2 ． （Ⅰ）求函数 f（x）的单调区间； （Ⅱ）证明：（1 2풙ퟐ + x+1）f（x）＜2ex． 【分析】（Ⅰ）求出函数 f（x）的定义域为（0，+∞），풇′(풙) = 1 푥 ― ퟐ풙 + 1 2풇′( 1 2)，通过 解풇′( 1 2) = ퟐ，判断导函数的符号，求解函数 f（x）的单调增区间为（0，1），单调减区 间为（1，+∞）． （Ⅱ）不等式( 1 2풙ퟐ + 풙 + ퟏ)풇(풙)＜ퟐ풆풙等价于풇(풙)＜ 2푒푥 1 2푥2 + 푥 + 1 ，由（Ⅰ）f（x）在（0，+ ∞）上的最大值为 f（x）max＝f（1）＝2，推出 f（x）≤2，令품(풙) = 풆풙 ― ( 1 2풙ퟐ + 풙 + ퟏ)( 풙＞ퟎ)，利用导函数的单调性以及最值推出 푒푥 1 2푥2 + 푥 + 1 ＞ퟏ，证明结论即可． 解：（Ⅰ）函数 f（x）的定义域为（0，+∞），풇′(풙) = 1 푥 ― ퟐ풙 + 1 2풇′( 1 2) 则풇′( 1 2) = ퟐ ― ퟏ + 1 2풇′( 1 2)，解得풇′( 1 2) = ퟐ，所以 f（x）＝lnx﹣x2+x+2．此时，풇′(풙) = 1 푥 ― ퟐ풙 + ퟏ = ―2푥2 + 푥 + 1 푥 ，由 f'（x）＞0 得 0＜x＜1，f'（x）＜0 得 x＞1， 所以函数 f（x）的单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞）． （Ⅱ）证明：不等式( 1 2풙ퟐ + 풙 + ퟏ)풇(풙)＜ퟐ풆풙等价于풇(풙)＜ 2푒푥 1 2푥2 + 푥 + 1 ， 由（Ⅰ）f（x）在（0，+∞）上的最大值为 f（x）max＝f（1）＝2， 所以 f（x）≤2①， 令품(풙) = 풆풙 ― ( 1 2풙ퟐ + 풙 + ퟏ)(풙＞ퟎ)，所以 g'（x）＝ex﹣x﹣1，（g'（x））′＝ex﹣1， 所以， 当 x＞0 时，（g'（x））′＞0， 所以 g'（x）在（0，+∞）上单调递增，所以 g'（x）＞g'（0）＝0， 所以 g（x）在（0，+∞）上单调递增，所以 g（x）＞g（0）＝0，即풆풙 ― ( 1 2풙ퟐ + 풙 + ퟏ)＞ ퟎ， 因为 x＞0，所以 푒푥 1 2푥2 + 푥 + 1 ＞ퟏ， 所以，x＞0 时，( 1 2풙ퟐ + 풙 + ퟏ)풇(풙)＜ퟐ풆풙． 【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，考查转化 思想以及计算能力． 一、选择题 22．在直角坐标系 xOy 中，曲线 C1 的参数方程为{풙 = ퟐ + 풕풄풐풔휶 풚 = ퟏ + 풕풔풊풏휶（t 为参数），其中휶 ≠ 휋 2．以 原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 C2 的极坐标方程为 ρ2﹣6ρcosθ+4＝ 0． （1）写出曲线 C1 的普通方程和曲线 C2 的直角坐标方程； （2）已知曲线 C2 与 C1 交于两点，记点 A，B 相应的参数分别为 t1，t2，当 t1+t2＝0 时， 求|AB|的值． 【分析】（1）直接把参数方程和极坐标方程转化为直角坐标方程． （2）利用直线和曲线的位置关系，建立等量关系式，利用中点坐标和垂径定理求出结 果． 解：（1）线 C1 的参数方程为{풙 = ퟐ + 풕풄풐풔휶 풚 = ퟏ + 풕풔풊풏휶（t 为参数）， 所以：C1 的普通方程：y＝（x﹣2）tanα+1，其中휶 ≠ 휋 2； 曲线 C2 的极坐标方程为 ρ2﹣6ρcosθ+4＝0． 所以：C2 的直角坐标方程：（x﹣3）2+y2＝5． （2）由题知直线恒过定点 P（2，1），又 t1+t2＝0， 由参数方程的几何意义知 P 是线段 AB 的中点， 曲线 C2 是以 C2（3，0）为圆心，半径풓 = ퟓ的圆， 且|푷푪ퟐ|ퟐ = ퟐ． 由垂径定理知：|푨푩| = ퟐ 풓ퟐ ― |푷푪ퟐ|ퟐ = ퟐ ퟓ ― ퟐ = ퟐ ퟑ． 【点评】本题考查的知识要点：参数方程和极坐标方程转化为直角坐标方程，中点坐标 公式的应用，垂径定理得应用． [选修 4-5：不等式选讲] 23．函数 f（x） = 풙ퟐ ― ퟐ풙 + ퟏ + 2 ퟒ ― ퟒ풙 + 풙ퟐ． （Ⅰ）求 f（x）的值域； （Ⅱ）若关于 x 的不等式 f（x）﹣m＜0 有解，求证：3m + 2 푚 ― 1＞7． 【分析】（I）由 f（x） = 풙ퟐ ― ퟐ풙 + ퟏ + 2 ퟒ ― ퟒ풙 + 풙ퟐ = |x﹣1|+2|x﹣2|，分类讨论取 绝对值，然后根据分段函数的性质可求值域 （II）若关于 x 的不等式 f（x）﹣m＜0 有解，故只需 m＞f（x）的最小值，可求 m 的范 围，然后结合基本不等式即可证 解：∵f（x） = 풙ퟐ ― ퟐ풙 + ퟏ + 2 ퟒ ― ퟒ풙 + 풙ퟐ = |x﹣1|+2|x﹣2| （I）当 x≥2 时，f（x）＝3x﹣5≥1； 当 1＜x＜2 时，f（x）＝3﹣x，1＜f（x）＜2， 当 x≤1 时，f（x）＝5﹣3x≥2 综上可得，函数的值域为[1，+∞） （II）证明：若关于 x 的不等式 f（x）﹣m＜0 有解， ∴f（x）＜m 有解， 故只需 m＞f（x）的最小值，即 m＞1 ∴3m + 2 푚 ― 1 = 3（m﹣1） + 2 푚 ― 1 + 3 ≥ ퟐ ퟔ + ퟑ＞ퟕ 【点评】本题主要考查了分段函数的函数值域的求解，及不等式的存在性问题，及基本 不等式在最值求解中的应用．