北京市2020届高三高考数学押题仿真卷（一）（Word版附解析）

2020 年北京市高考数学押题试卷（一） 一、选择题（共 10 小题）. 1．已知集合 A＝{x|﹣1≤x＜3}，B＝{x∈Z|x2＜4}，则 A∩B＝（　　） A．{0，1} B．{﹣1，0，1} C．{﹣1，0，1，2} D．{﹣2，﹣1，0，1，2} 2．已知复数 z = 1 + 푖 1 ― 푖，则|z|＝（　　） A．2 B．1 C．0 D． ퟐ 3．（x ― 2 푥）6 的展开式中的常数项为（　　） A．﹣20 B．20 C．﹣160 D．160 4．设 a，b∈R，若 a＞b，则（　　） A．1 푎＜ 1 푏 B．풂 + 1 푏＞ퟐ C．2a＞2b D．lga＞lgb 5．若角 α 的终边在第一象限，则下列三角函数值中不是 sinα 的是（　　） A．풄풐풔(휶 ― 휋 2) B．풄풐풔( 휋 2 ― 휶) C． ― 풄풐풔(휶 + 휋 2) D．풄풐풔(휶 + 휋 2) 6．设→ 풂，→ 풃是非零向量，则“→ 풂，→ 풃共线”是“|→ 풂 ― → 풃| = |→ 풂| ― |→ 풃|”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 7．已知双曲线푥2 푎 + 풚ퟐ = 1 的一条渐近线倾斜角为2휋 3 ，则 a 的值为（　　） A．﹣3 B． ― 1 3 C．3 D． 3 3 8．某三棱锥的三视图如图所示（网格纸上小正方形的边长为1），则该三棱锥的体积为（　　）A．4 B．2 C．8 3 D．4 3 9．在平行四边形 ABCD 中，∠푨 = 휋 3，AB＝2，AD＝1，若 M，N 分别是边 BC，CD 上的点， 且满足| → 퐵푀| | → 퐵퐶| = | → 퐶푁| | → 퐶퐷| ，则 → 푨푴 ⋅ → 푨푵的最小值为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 10．已知函数풇(풙) = { ― 풙ퟐ + ퟐ풙 + ퟏ，풙＜ퟐ ퟐ풙―ퟐ，풙 ≥ ퟐ ，且存在不同的实数 x1，x2，x3，使得 f（x1）＝ f（x2）＝f（x3），则 x1•x2•x3 的取值范围是（　　） A．（0，3） B．（1，2） C．（0，2） D．（1，3） 二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分． 11．函数 f（x）＝sin2x+cos2x 的最小正周期是　 　． 12．圆（x+3）2+y2＝1 的圆心到直线풙 + ퟑ풚 + ퟏ = ퟎ的距离为　 　． 13．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S9＝27，a6＝1，则数列{an}的公差为　 　． 14．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图的腰长为 1 的两个等腰直角三角 形，则该几何体外接球的体积为　 　15．已知集合 P＝{（x，y）|（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2＝4，0≤θ≤π}．由集合 P 中所有的 点组成的图形如图中阴影部分所示，中间白色部分形如美丽的“水滴”．给出下列结论： ①“水滴”图形与 y 轴相交，最高点记为 A，则点 A 的坐标为(ퟎ， ퟑ)； ②在集合 P 中任取一点 M，则 M 到原点的距离的最大值为 4； ③阴影部分与 y 轴相交，最高点和最低点分别记为 C，D，则|푪푫| = ퟑ + ퟑ； ④白色“水滴”图形的面积是11 6 흅 ― ퟑ． 其中正确的有　 　． 三、解答题共 6 小题，共 85 分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16．已知△ABC 满足　 　，且 b = ퟔ，A = 2휋 3 ，求 sinC 的值及△ABC 的面积．从①B = 휋 4，②a = ퟑ，③a＝3 ퟐsinB 这三个条件中选一个，补充到上面问题中，并完成解 答． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．17．如图，在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，AB⊥平面 BB1C1C，AB＝BB1＝2BC＝2，BC1 = ퟑ，点 E 为 A1C1 的中点． （Ⅰ）求证：C1B⊥平面 ABC； （Ⅱ）求二面角 A﹣BC﹣E 的大小． 18．近年来，随着 5G 网络、人工智能等技术的发展，无人驾驶技术也日趋成熟．为了尽快 在实际生活中应用无人驾驶技术，国内各大汽车研发企业都在积极进行无人驾驶汽车的 道路安全行驶测试．某机构调查了部分企业参与测试的若干辆无人驾驶汽车，按照每辆 车的行驶里程（单位：万公里）将这些汽车分为 4 组：[5，6），[6，7），[7，8），[8， 9]并整理得到如图的频率分布直方图： （Ⅰ）求 a 的值； （Ⅱ）该机构用分层抽样的方法，从上述 4 组无人驾驶汽车中随机抽取了 10 辆作为样 本．从样本中行驶里程不小于 7 万公里的无人驾驶汽车中随机抽取 2 辆，其中有 X 辆汽 车行驶里程不小于 8 万公里，求 X 的分布列和数学期望； （Ⅲ）设该机构调查的所有无人驾驶汽车的行驶里程的平均数为 μ0．若用分层抽样的方 法从上述 4 组无人驾驶汽车中随机抽取 10 辆作为样本，其行驶里程的平均数为 μ1；若 用简单随机抽样的方法从上述无人驾驶汽车中随机抽取 10 辆作为样本，其行驶里程的平 均数为 μ2．有同学认为|μ0﹣μ1|＜|μ0﹣μ2|，你认为正确吗？说明理由．19．已知函数풇(풙) = 푙푛푥 ― 1 푥 ― 풂풙． （Ⅰ）当 a＝2 时， （i）求曲线 y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； （ii）求函数 f（x）的单调区间； （Ⅱ）若 1＜a＜2，求证：f（x）＜﹣1． 20．已知椭圆 P 的中心 O 在坐标原点，焦点在 x 轴上，且经过点 A（0，2 ퟑ），离心率为 1 2 （1）求椭圆 P 的方程； （2）是否存在过点 E（0，﹣4）的直线 l 交椭圆 P 于点 R，T，且满足 → 푶푹• → 푶푻 = 16 7 ．若 存在，求直线 l 的方程；若不存在，请说明理由． 21．已知项数为 m（m∈N*，m≥2）的数列{an}满足如下条件：①an∈N*（n＝1，2，…， m）；②a1＜a2＜…＜am．若数列{bn}满足 bn = (푎1 + 푎2 + ⋯ + 푎푚) ― 푎푛 푚 ― 1 ∈ 푵∗，其中 n＝1， 2，…，m，则称{bn}为{an}的“伴随数列”． （Ⅰ）数列 1，3，5，7，9 是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”；若 不存在，请说明理由； （Ⅱ）若{bn}为{an}的“伴随数列”，证明：b1＞b2＞…＞bm； （Ⅲ）已知数列{an}存在“伴随数列”{bn}，且 a1＝1，am＝2049，求 m 的最大值．参考答案 一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 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．已知集合 A＝{x|﹣1≤x＜3}，B＝{x∈Z|x2＜4}，则 A∩B＝（　　） A．{0，1} B．{﹣1，0，1} C．{﹣1，0，1，2} D．{﹣2，﹣1，0，1，2} 【分析】容易求出 B＝{﹣1，0，1}，然后进行交集的运算即可求出 A∩B． 解：解 x2＜4 得，﹣2＜x＜2； 又 x∈Z； ∴B＝{﹣1，0，1}，且 A＝{x|﹣1≤x＜3}； ∴A∩B＝{﹣1，0，1}． 故选：B． 2．已知复数 z = 1 + 푖 1 ― 푖，则|z|＝（　　） A．2 B．1 C．0 D． ퟐ 【分析】通过分母有理化即得结论． 解：∵z = 1 + 푖 1 ― 푖 = (1 + 푖)(1 + 푖) (1 ― 푖)(1 + 푖) = 1 + 2푖 + 푖2 1 ― 푖2 = i， ∴|z|＝|i|＝1， 故选：B． 3．（x ― 2 푥）6 的展开式中的常数项为（　　）A．﹣20 B．20 C．﹣160 D．160 【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令 x 的幂指数等于零，求得 r 的值，即可 求得展开式中的常数项． 解：二项式（x ― 2 푥）6 的展开式的通项公式为 Tr+1 = ∁풓ퟔ•x6﹣r•（ ― 2 푥）r＝（﹣2）r•∁풓ퟔ•x6﹣ 2r， 令 6﹣2r＝0，解得 r＝3， 故展开式中的常数项为：（﹣2）3•∁ퟑퟔ = ― 160． 故选：C． 4．设 a，b∈R，若 a＞b，则（　　） A．1 푎＜ 1 푏 B．풂 + 1 푏＞ퟐ C．2a＞2b D．lga＞lgb 【分析】直接利用赋值法的应用和不等式的性质，即可得到正确选项． 解：当 a＝1，b＝0 时，选项 A、B、D 不成立． ∵a＞b，∴2a＞2b， 故选：C． 5．若角 α 的终边在第一象限，则下列三角函数值中不是 sinα 的是（　　） A．풄풐풔(휶 ― 휋 2) B．풄풐풔( 휋 2 ― 휶) C． ― 풄풐풔(휶 + 휋 2) D．풄풐풔(휶 + 휋 2) 【分析】利用诱导公式即可求解． 解：对于 A，由于풄풐풔(휶 ― 휋 2) = cos（휋 2 ― α）＝sinα，是 对于 B，由于풄풐풔( 휋 2 ― 휶) = sinα，是 对于 C， ― 풄풐풔(휶 + 휋 2) = sinα，是对于 D，풄풐풔(휶 + 휋 2) = ― sinα，不是 故选：D． 6．设→ 풂，→ 풃是非零向量，则“→ 풂，→ 풃共线”是“|→ 풂 ― → 풃| = |→ 풂| ― |→ 풃|”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 【分析】若→ 풂，→ 풃共线反向，则|→ 풂 ― → 풃| ≠ |→ 풂| ― |→ 풃|；反之，若→ 풂，→ 풃是非零向量，且|→ 풂 ― → 풃| = | → 풂| ― |→ 풃|，则→ 풂，→ 풃共线，再由充分必要条件的判定得答案． 解：若→ 풂，→ 풃共线反向，则|→ 풂 ― → 풃| ≠ |→ 풂| ― |→ 풃|，则不充分； 反之，若→ 풂，→ 풃是非零向量，且|→ 풂 ― → 풃| = |→ 풂| ― |→ 풃|，则→ 풂，→ 풃共线同向，且|→ 풂|＞|→ 풃|． 则“→ 풂，→ 풃共线”是“|→ 풂 ― → 풃| = |→ 풂| ― |→ 풃|”的必要不充分条件． 故选：B． 7．已知双曲线푥2 푎 + 풚ퟐ = 1 的一条渐近线倾斜角为2휋 3 ，则 a 的值为（　　） A．﹣3 B． ― 1 3 C．3 D． 3 3 【分析】由双曲线方程求得渐近线方程，结合题意可得 ― 1 ―푎 = tan 2휋 3 ，则 a 的值可 求． 解：由双曲线푥2 푎 + 풚ퟐ = 1 的一条渐近线 y = ― 1 ―푎x，一条渐近线的倾斜角为2휋 3 ， 可得： ― 1 ―푎 = tan 2휋 3 = ― ퟑ，解得：a = ― 1 3． 故选：B． 8．某三棱锥的三视图如图所示（网格纸上小正方形的边长为1），则该三棱锥的体积为（　　）A．4 B．2 C．8 3 D．4 3 【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据，求解几何体的体积即可． 解：由题意几何体是直观图如图： 是正方体的一部分，三棱锥 P﹣ABC，正方体的棱长为：2， 几何体的体积为：1 3 × 1 2 × ퟐ × ퟐ × ퟐ = 4 3． 故选：D． 9．在平行四边形 ABCD 中，∠푨 = 휋 3，AB＝2，AD＝1，若 M，N 分别是边 BC，CD 上的点， 且满足| → 퐵푀| | → 퐵퐶| = | → 퐶푁| | → 퐶퐷| ，则 → 푨푴 ⋅ → 푨푵的最小值为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【分析】设| → 퐵푀| | → 퐵퐶| = | → 퐶푁| | → 퐶퐷| = k，0≤k≤1，建立平面直角坐标系，利用坐标表示向量，求出 → 푨푴• → 푨푵的最小值即可．解：设| → 퐵푀| | → 퐵퐶| = | → 퐶푁| | → 퐶퐷| = k，0≤k≤1； 建立如图所示的坐标系． A（0，0），B（2，0），D（1 2， 3 2 ），C（5 2， 3 2 ）， 由 → 푩푴 = k → 푩푪， → 푪푵 = k → 푪푫， 可得 → 푨푴 = → 푨푩 + k → 푩푪 = （2 + 1 2k， 3푘 2 ）， 同理可得 → 푨푵 = （5 2 ― 2k， 3 2 ）， ∴ → 푨푴• → 푨푵 = （2 + 1 2k）（5 2 ― 2k） + 3 4k＝﹣k2﹣2k+5＝﹣（k+1）2+6， ∵0≤k≤1， ∴ → 푨푴• → 푨푵的最小值是 2，当且仅当 M 与点 C 重合，N 与点 D 重合时取得最小值． 故选：A． 10．已知函数풇(풙) = { ― 풙ퟐ + ퟐ풙 + ퟏ，풙＜ퟐ ퟐ풙―ퟐ，풙 ≥ ퟐ ，且存在不同的实数 x1，x2，x3，使得 f（x1）＝ f（x2）＝f（x3），则 x1•x2•x3 的取值范围是（　　） A．（0，3） B．（1，2） C．（0，2） D．（1，3） 【分析】作出 y＝f（x）的函数图象，设 x1＜x2＜x3，f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＝t，1＜ t＜2，求得 x1，x2，x3，构造函数 g（t）＝（t﹣1）（2+log2t），1＜t＜2，求得导数，判断单调性，即可得到所求范围． 解：函数풇(풙) = { ― 풙ퟐ + ퟐ풙 + ퟏ，풙＜ퟐ ퟐ풙―ퟐ，풙 ≥ ퟐ 的图象如图所示： 设 x1＜x2＜x3， 又当 x∈[2，+∞）时，f（x）＝2x﹣2 是增函数， 当 x＝3 时，f（x）＝2， 设 f（x1）＝f（x2）＝f（x3）＝t，1＜t＜2， 即有﹣x12+2x1+1＝﹣x22+2x2+1＝2풙ퟑ―ퟐ = t， 故 x1x2x3＝（1 ― ퟐ ― 풕）（1 + ퟐ ― 풕）（2+log2t） ＝（t﹣1）（2+log2t）， 由 g（t）＝（t﹣1）（2+log2t），1＜t＜2， 可得 g′（t）＝2+log2t + 푡 ― 1 푡푙푛2 ＞0，即 g（t）在（1，2）递增， 可得 g（t）的范围是（0，3）． 故选：A． 二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分．11．函数 f（x）＝sin2x+cos2x 的最小正周期是　π　． 【分析】由题意利用两角和的正弦公式化简函数的解析式，再根据正弦函数的周期性， 得出结论． 解：函数 f（x）＝sin2x+cos2x = ퟐsin（2x + 휋 4）的最小正周期是2휋 2 = π， 故答案为：π． 12．圆（x+3）2+y2＝1 的圆心到直线풙 + ퟑ풚 + ퟏ = ퟎ的距离为　1　． 【分析】直接利用点到直线的距离公式即可直接求解． 解：圆（x+3）2+y2＝1 的圆心（﹣3，0）到直线풙 + ퟑ풚 + ퟏ = ퟎ的距离 d = | ― 3 + 3 × 0 + 1| 2 = 1． 故答案为：1． 13．设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S9＝27，a6＝1，则数列{an}的公差为　﹣2　． 【分析】利用等差数列前 n 项和公式和通项公式列出方程组，能求出该数列的首项和公 差． 解：∵等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，S9＝27，a6＝1， ∴{푺ퟗ = ퟗ풂ퟏ + 9 × 8 2 풅 = ퟐퟕ 풂ퟔ = 풂ퟏ + ퟓ풅 = ퟏ ， 解得 a1＝11，d＝﹣2． ∴数列{an}的公差为﹣2． 故答案为：﹣2． 14．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图的腰长为 1 的两个等腰直角三角 形，则该几何体外接球的体积为　 3휋 2 　【分析】该几何体是一个四棱锥，底面是正方形，高等于正方形的边长．其四棱锥补成 一个正方体，即可得出外接球． 解：该几何体是一个四棱锥，底面是正方形，高等于正方形的边长． 其四棱锥补成一个正方体，即可得出外接球． 设其四棱锥的外接球的半径为 r，则 3×12＝（2r）2，解得 r = 3 2 ． ∴该几何体外接球的体积 = 4 3 × π×（ 3 2 ）3 = 3휋 2 ． 故答案为： 3휋 2 15．已知集合 P＝{（x，y）|（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2＝4，0≤θ≤π}．由集合 P 中所有的 点组成的图形如图中阴影部分所示，中间白色部分形如美丽的“水滴”．给出下列结论： ①“水滴”图形与 y 轴相交，最高点记为 A，则点 A 的坐标为(ퟎ， ퟑ)； ②在集合 P 中任取一点 M，则 M 到原点的距离的最大值为 4； ③阴影部分与 y 轴相交，最高点和最低点分别记为 C，D，则|푪푫| = ퟑ + ퟑ；④白色“水滴”图形的面积是11 6 흅 ― ퟑ． 其中正确的有　①③④　． 【分析】①方程（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2＝4 中，令 x＝0 求得 y 的取值范围，得出最 高点的坐标； ②利用参数法求出点 M 到原点的距离 d，求出最大值； ③求出知最高点 C 与最低点 D 的距离|CD|； ④计算“水滴”图形的面积是由一个等腰三角形，两个全等的弓形和一个半圆组成． 解：对于①，方程（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2＝4 中， 令 x＝0，得 cos2θ+y2﹣2ysinθ+sin2θ＝4， 所以 2sinθ＝y ― 3 푦，其中 θ∈[0，π]， 所以 sinθ∈[0，1]，所以 y ― 3 푦∈[0，2]， 解得 y∈[ ― ퟑ，﹣1]∪[ ퟑ，3]； 所以点 A（0， ퟑ），点 B（0，﹣1），点 C（0，3），点 D（0， ― ퟑ），所以①正确； 对于②，由（x﹣cosθ）2+（y﹣sinθ）2＝4，设{풙 = ퟐ풄풐풔휶 + 풄풐풔휽 풚 = ퟐ풔풊풏휶 + 풔풊풏휽， 则 点 M 到 原 点 的 距 离 为 d = 풙ퟐ + 풚ퟐ = (ퟐ풄풐풔휶 + 풄풐풔휽)ퟐ + (ퟐ풔풊풏휶 + 풔풊풏휽)ퟐ = ퟓ + ퟒ풄풐풔(휶 ― 휽)， 当 α＝θ 时，cos（α﹣θ）＝1，d 取得最大值为 3，所以②错误；对于③，由①知最高点为 C（0，3），最低点为 D（0， ― ퟑ），所以|CD|＝3 + ퟑ，③ 正确； 对于④，“水滴”图形是由一个等腰三角形，两个全等的弓形，和一个半圆组成； 计算它的面积是 S＝S 半圆+2S 弓形+S△ = 1 2π×12+2×（2휋 3 ― ퟑ） + 1 2 × 2 × ퟑ = 11 6 ― ퟑ， 所以④正确； 综上知，正确的命题序号是①③④． 故答案为：①③④． 三、解答题共 6 小题，共 85 分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16．已知△ABC 满足　①　，且 b = ퟔ，A = 2휋 3 ，求 sinC 的值及△ABC 的面积．从①B = 휋 4，②a = ퟑ，③a＝3 ퟐsinB 这三个条件中选一个，补充到上面问题中，并完成解 答． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【分析】选①，由 sinC＝sin（A+B），利用正弦的和角公式展开求解即可得到 sinC，再 由正弦定理求得 a，由此即可求得三角形面积． 选②，由正弦定理结合已知数据可得 sinB＞1，此时三角形无解； 选③，先由正弦定理结合已知条件求得풔풊풏푩 = 2 2 ，再根据诱导公式及和差角公式可得 sinC 的值，再进一步求得面积． 解：选①，由 A+B+C＝π 可知，풔풊풏푪 = 풔풊풏[흅 ― (푨 + 푩)] = 풔풊풏(푨 + 푩) = 풔풊풏( 2휋 3 + 휋 4) = 풔풊풏 2휋 3 풄풐풔 휋 4 + 풄풐풔 2휋 3 풔풊풏 휋 4 = 3 2 × 2 2 ― 1 2 × 2 2 = 6 ― 2 4 ； 由正弦定理有 푎 푠푖푛퐴 = 푏 푠푖푛퐵，即 푎 푠푖푛2휋 3 = 6 푠푖푛휋 4 ，解得 a＝3， ∴푺△푨푩푪 = 1 2풂풃풔풊풏푪 = 1 2 × ퟑ × ퟔ × 6 ― 2 4 = 9 ― 3 3 4 ．选②，∵a = ퟑ，b = ퟔ，A = 2휋 3 ， ∴由正弦定理可得， 푎 푠푖푛퐴 = 푏 푠푖푛퐵，即 3 푠푖푛2휋 3 = 6 푠푖푛퐵，解得풔풊풏푩 = 6푠푖푛2휋 3 3 = 6 2 ＞1，此时无 解； 选③，∵a＝3 ퟐsinB，b = ퟔ，A = 2휋 3 ， ∴由正弦定理可得， 푎 푠푖푛퐴 = 푏 푠푖푛퐵，即 asinB＝bsinA， ∴ퟑ ퟐ풔풊풏ퟐ푩 = ퟔ풔풊풏 2휋 3 = ퟔ × 3 2 ， ∴풔풊풏ퟐ푩 = 1 2， 又 B 为△ABC 内角， ∴풔풊풏푩 = 2 2 ， 又 A = 2휋 3 ， 故푩 = 휋 4，풂 = ퟑ ퟐ × 2 2 = ퟑ， ∴풔풊풏푪 = 풔풊풏(푨 + 푩) = 풔풊풏 2휋 3 풄풐풔 휋 4 + 풄풐풔 2휋 3 풔풊풏 휋 4 = 3 2 × 2 2 ― 1 2 × 2 2 = 6 ― 2 4 ， ∴푺△푨푩푪 = 1 2풂풃풔풊풏푪 = 1 2 × ퟑ × ퟔ × 6 ― 2 4 = 9 ― 3 3 4 ． 17．如图，在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，AB⊥平面 BB1C1C，AB＝BB1＝2BC＝2，BC1 = ퟑ，点 E 为 A1C1 的中点． （Ⅰ）求证：C1B⊥平面 ABC； （Ⅱ）求二面角 A﹣BC﹣E 的大小．【分析】（Ⅰ）证明 AB⊥C1B．CB⊥C1B．利用直线与平面垂直的判断定理证明 C1B⊥平面 ABC． （Ⅱ）以 B 为原点建立空间直角坐标系 B﹣xyz．求出平面 BCE 的法向量，平面 ABC 的 法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的大大小即可． 【解答】（Ⅰ）证明：因为 AB⊥平面 BB1C1C，C1B⊂平面 BB1C1C， 所以 AB⊥C1B． 在△BCC1 中，BC＝1，푩푪ퟏ = ퟑ，CC1＝2， 所以푩푪ퟐ + 푩푪ퟐퟏ = 푪푪ퟐퟏ． 所以 CB⊥C1B． 因为 AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面 ABC， 所以 C1B⊥平面 ABC． （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，AB⊥C1B，BC⊥C1B，AB⊥BC， 如图，以 B 为原点建立空间直角坐标系 B﹣xyz． 则 B（0，0，0），푬( ― 1 2， ퟑ，ퟏ)，C（1，0，0）. → 푩푪 = (ퟏ，ퟎ，ퟎ)， → 푩푬 = ( ― 1 2， ퟑ， ퟏ)． 设平面 BCE 的法向量为→ 풏 = （x，y，z），则{→ 풏 ⋅ → 푩푪 = ퟎ → 풏 ⋅ → 푩푬 = ퟎ ， 即{풙 = ퟎ， ― 1 2풙 + ퟑ풚 + 풛 = ퟎ. 令풚 = ퟑ则 x＝0，z＝﹣3， 所以→ 풏 = (ퟎ， ퟑ， ― ퟑ)． 又因为平面 ABC 的法向量为 → 풎 = （0，1，0）， 所以풄풐풔＜ → 풎，→ 풏＞ = → 푚 ⋅ → 푛 | → 푚|| → 푛| = 1 2． 由题知二面角 A﹣BC﹣E 为锐角，所以其大小为휋 3． 18．近年来，随着 5G 网络、人工智能等技术的发展，无人驾驶技术也日趋成熟．为了尽快 在实际生活中应用无人驾驶技术，国内各大汽车研发企业都在积极进行无人驾驶汽车的 道路安全行驶测试．某机构调查了部分企业参与测试的若干辆无人驾驶汽车，按照每辆 车的行驶里程（单位：万公里）将这些汽车分为 4 组：[5，6），[6，7），[7，8），[8， 9]并整理得到如图的频率分布直方图： （Ⅰ）求 a 的值； （Ⅱ）该机构用分层抽样的方法，从上述 4 组无人驾驶汽车中随机抽取了 10 辆作为样 本．从样本中行驶里程不小于 7 万公里的无人驾驶汽车中随机抽取 2 辆，其中有 X 辆汽车行驶里程不小于 8 万公里，求 X 的分布列和数学期望； （Ⅲ）设该机构调查的所有无人驾驶汽车的行驶里程的平均数为 μ0．若用分层抽样的方 法从上述 4 组无人驾驶汽车中随机抽取 10 辆作为样本，其行驶里程的平均数为 μ1；若 用简单随机抽样的方法从上述无人驾驶汽车中随机抽取 10 辆作为样本，其行驶里程的平 均数为 μ2．有同学认为|μ0﹣μ1|＜|μ0﹣μ2|，你认为正确吗？说明理由． 【分析】（Ⅰ）利用频率分布直方图列出关系式，求解 a； （Ⅱ）求出 X 的可能取值为：0，1，2；求出概率，得到 X 的分布列然后求解数学期望； （Ⅲ）判断有可能 μ1 更接近 μ0，也有可能 μ2 更接近 μ0，说明|μ0﹣μ1|＜|μ0﹣μ2|不恒成立， 说明结果即可． 解：（Ⅰ）由题意可得 1×（0.1+0.2+0.4+a）＝1 可得 a＝0.3； （Ⅱ）4 组无人驾驶汽车的数量比为：1：2：4：3；若使用分层抽样抽取 10 辆汽车，则 行驶里程在[7，8）这一组的无人驾驶汽车有 10 × 4 10 = 4 辆，行驶里程在[8，9）这一组 的无人驾驶汽车有 10 × 3 10 = 3 辆， 由题意可知 X 的可能取值为：0，1，2； P（X＝0） = 퐶2 4 퐶2 7 = 2 7，P（X＝1） = 퐶1 4퐶1 3 퐶2 7 = 4 7，P（X＝2） = 퐶2 3 퐶2 7 = 1 7， X 的分布列为： X 0 1 2P 2 7 4 7 1 7 所以 X 的数学期望：EX = ퟎ × 2 7 + ퟏ × 4 7 + ퟐ × 1 7 = 6 7． （Ⅲ）这种说法不正确．理由如下： 由于样本具有随机性，故 μ1、μ2 是随机变量，受抽样结果影响，因此有可能 μ1 更接近 μ0，也有可能 μ2 更接近 μ0，所以|μ0﹣μ1|＜|μ0﹣μ2|不恒成立，所以这种说法不正确． 19．已知函数풇(풙) = 푙푛푥 ― 1 푥 ― 풂풙． （Ⅰ）当 a＝2 时， （i）求曲线 y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程； （ii）求函数 f（x）的单调区间； （Ⅱ）若 1＜a＜2，求证：f（x）＜﹣1． 【分析】（Ⅰ）（i）根据题意，求出函数的导数，据此计算 f′（1）与 f（1），即可得 切线的斜率以及切点的坐标，由直线的点斜式方程即可得答案； （ii）根据题意，令 g（x）＝2﹣lnx﹣2x2，分析 g（x）的符号，即可得函数 f（x）的导 数的符号，即可得函数 f（x）的单调区间， （Ⅱ）根据题意，f（x）＜﹣1，即푙푛푥 ― 1 푥 ― 풂풙＜ ― ퟏ，设풉(풙) = 푙푛푥 ― 1 푥 ― 풂풙 + ퟏ(풙＞ퟎ )，对 h（x）求导分析可得 h（x）的单调性，分析 h（x）的最值，即可得结论． 解：（Ⅰ）当 a＝2 时，풇(풙) = 푙푛푥 ― 1 푥 ― ퟐ풙，定义域为（0，+∞）， 풇′(풙) = 2 ― 푙푛푥 푥2 ― ퟐ = 2 ― 푙푛푥 ― 2푥2 푥2 ， f′（1）＝﹣1﹣2＝﹣3， f'（1）＝2﹣2＝0； 所以切点坐标为（1，﹣3），切线斜率为 0所以切线方程为 y＝﹣3； （ii）令 g（x）＝2﹣lnx﹣2x2，품′(풙) = ― 1 푥 ― ퟒ풙＜ퟎ 所以 g（x）在（0，+∞）上单调递减，且 g（1）＝0 所以当 x∈（0，1）时，g（x）＞0 即 f'（x）＞0 所以当 x∈（1，+∞）时，g（x）＜0 即 f'（x）＜0 综上所述，f（x）的单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，+∞）． （Ⅱ）证明：f（x）＜﹣1，即푙푛푥 ― 1 푥 ― 풂풙＜ ― ퟏ 设풉(풙) = 푙푛푥 ― 1 푥 ― 풂풙 + ퟏ(풙＞ퟎ)，풉′(풙) = 2 ― 푙푛푥 푥2 ― 풂 = ―푎푥2 ― 푙푛푥 + 2 푥2 ， 设 φ（x）＝﹣ax2﹣lnx+2흋′(풙) = ― ퟐ풂풙 ― 1 푥 = ―2푎푥2 ― 1 푥 ＜ퟎ 所以 φ'（x）在（0，+∞）小于零恒成立 即 h'（x）在（0，+∞）上单调递减 因为 1＜a＜2， 所以 h'（1）＝2﹣a＞0，h'（e2）＝﹣a＜0， 所以在（1，e2）上必存在一个 x0 使得풉′(풙ퟎ) = ―푎푥2 0 ― 푙푛푥0 + 2 푥2 0 = ퟎ， 即풍풏풙ퟎ = ― 풂풙ퟐퟎ + ퟐ， 所以当 x∈（0，x0）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增， 当 x∈（x0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减， 所以풉(풙)풎풂풙 = 풉(풙ퟎ) = 푙푛푥0 ― 1 푥0 ― 풂풙ퟎ， 因为풍풏풙ퟎ = ― 풂풙ퟐퟎ + ퟐ，所以풉(풙ퟎ) = ―2푎푥2 0 + 푥0 + 1 푥0 ， 令 h（x0）＝0 得풙ퟎ = 1 ± 1 + 8푎 4푎 ， 因为 1＜a＜2，所以1 ― 1 + 8푎 4푎 ＜ퟎ，1 + 1 + 8푎 4푎 ＜ퟏ， 因为풙ퟎ ∈ (ퟏ，풆ퟐ)，所以 h（x0）＜0 恒成立， 即 h（x）＜0 恒成立， 综上所述，当 1＜a＜2 时，f（x）＜﹣1． 20．已知椭圆 P 的中心 O 在坐标原点，焦点在 x 轴上，且经过点 A（0，2 ퟑ），离心率为 1 2 （1）求椭圆 P 的方程； （2）是否存在过点 E（0，﹣4）的直线 l 交椭圆 P 于点 R，T，且满足 → 푶푹• → 푶푻 = 16 7 ．若 存在，求直线 l 的方程；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）设椭圆 P 的方程为 푥2 푎2 + 푦2 푏2═1 （a＞b＞0），由椭圆经过点 A（0，2 ퟑ）， 离心率为1 2，求得 a 和 b 的值， 从而求得椭圆 P 的方程． （2）由{풚 = 풌풙 ― ퟒ 푥2 16 + 푦2 12 = ퟏ 可得 x1+x2 和 x1•x2 的值，可得 y1•y2 的值，根据 → 푶푹• → 푶푻 = 16 7 ， 求出 k＝±1， 从而得到直线 l 的方程． 解：（1）设椭圆 P 的方程为 푥2 푎2 + 푦2 푏2 = 1 （a＞b＞0），由题意得 b＝2 ퟑ，푐 푎 = 1 2， ∴a＝2c，b2＝a2﹣c2＝3c2，∴c＝2，a＝4，∴椭圆 P 的方程为：푥2 16 + 푦2 12 = ퟏ． （2）假设存在满足题意的直线 L．易知当直线的斜率不存在时， → 푶푹• → 푶푻＜0，不满足题 意． 故设直线 L 的斜率为 k，R（x1，y1），T（x2，y2 ）．∵ → 푶푹• → 푶푻 = 16 7 ，∴x1•x2+y1•y2 = 16 7 ， 由{풚 = 풌풙 ― ퟒ 푥2 16 + 푦2 12 = ퟏ 可得 （3+4k2 ）x2﹣32kx+16＝0，由△＝（﹣32k）2﹣4（3+4k2）•16＞ 0， 解得 k2＞ 1 4①． ∴x1+x2 = 32푘 3 + 4푘2，x1•x2 = 16 3 + 4푘2， ∴y1•y2＝（kx1﹣4 ）（kx2﹣4）＝k2 x1•x2﹣4k（x1+x2）+16， ∴x1•x2+y1•y2 = 16 3 + 4푘2 + 16푘2 3 + 4푘2 ― 128푘2 3 + 4푘2 + 16 = 16 7 ，∴k2＝1 ②， 由①、②解得 k＝±1，∴直线 l 的方程为 y＝±x﹣4， 故存在直线 l：x+y+4＝0，或 x﹣y﹣4＝0，满足题意． 21．已知项数为 m（m∈一、选择题*，m≥2）的数列{an}满足如下条件：①an∈N*（n＝1， 2，…，m）；②a1＜a2＜…＜am．若数列{bn}满足 bn = (푎1 + 푎2 + ⋯ + 푎푚) ― 푎푛 푚 ― 1 ∈ 푵∗，其 中 n＝1，2，…，m，则称{bn}为{an}的“伴随数列”． （Ⅰ）数列 1，3，5，7，9 是否存在“伴随数列”，若存在，写出其“伴随数列”；若 不存在，请说明理由； （Ⅱ）若{bn}为{an}的“伴随数列”，证明：b1＞b2＞…＞bm； （Ⅲ）已知数列{an}存在“伴随数列”{bn}，且 a1＝1，am＝2049，求 m 的最大值． 【分析】（Ⅰ）根据题目中“伴随数列”的定义得풃ퟒ = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 ― 7 5 ― 1 = 9 2 ∉ 푵∗，所以数列 1，3，5，7，9 不存在“伴随数列”． （Ⅱ）只要用作差法证明{bn}的单调性即可， （Ⅲ）∀1≤i＜j≤m，都有풃풊 ― 풃풋 = 푎푗 ― 푎푖 푚 ― 1 ，因为풃풊 ∈ 푵∗，b1＞b2＞…＞bm．因为풃풏―ퟏ ― 풃풏 = 푎푛 ― 푎푛―1 푚 ― 1 ∈ 푵∗，所以 an﹣an﹣1≥m﹣1，又 am﹣a1＝（am﹣am﹣1）+（am﹣1﹣am﹣2） +…+（a2﹣a1）≥（m﹣1）+（m﹣1）+…+（m﹣1）＝（m﹣1）2．所以 2049﹣1≥（m ﹣1）2，即可解得 m 的最大值． 解：（Ⅰ）数列 1，3，5，7，9 不存在“伴随数列”． 因为풃ퟒ = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 ― 7 5 ― 1 = 9 2 ∉ 푵∗， 所以数列 1，3，5，7，9 不存在“伴随数列”． （Ⅱ）证明：因为풃풏+ퟏ ― 풃풏 = 푎푛 ― 푎푛+1 푚 ― 1 ，1≤n≤m﹣1，n∈N*， 又因为 a1＜a2＜…＜am，所以有 an﹣an+1＜0， 所以풃풏+ퟏ ― 풃풏 = 푎푛 ― 푎푛+1 푚 ― 1 ＜ퟎ， 所以 b1＞b2＞…＞bm 成立． （Ⅲ）∀1≤i＜j≤m，都有풃풊 ― 풃풋 = 푎푗 ― 푎푖 푚 ― 1 ， 因为풃풊 ∈ 푵∗，b1＞b2＞…＞bm． 所以풃풊 ― 풃풋 ∈ 푵∗， 所以풃풊 ― 풃풋 = 푎푗 ― 푎푖 푚 ― 1 ∈ 푵∗， 所以풃ퟏ ― 풃풎 = 푎푚 ― 푎1 푚 ― 1 = 2048 푚 ― 1 ∈ 푵∗， 因为풃풏―ퟏ ― 풃풏 = 푎푛 ― 푎푛―1 푚 ― 1 ∈ 푵∗， 所以 an﹣an﹣1≥m﹣1，又 am﹣a1＝（am﹣am﹣1）+（am﹣1﹣am﹣2）+…+（a2﹣a1）≥（m﹣1）+（m﹣1）+…+ （m﹣1）＝（m﹣1）2． 所以 2049﹣1≥（m﹣1）2 所以（m﹣1）2≤2048， 所以 m≤46， 又 2048 푚 ― 1 ∈ 푵∗， 所以 m≤33， 例如：an＝64n﹣63（1≤n≤33），满足题意， 所以，m 的最大值是 33．