2021届江苏省苏州市三校高考联考数学试卷（2021.04）（解析版）

2021 年江苏省苏州市三校高考数学联考试卷（4 月份） 一、单项选择题（每小题 5 分）. 1．已知（ ∁ RA）∩B＝ ∅ ，则下面选项中一定成立的是（ ） A．A∩B＝A B．A∩B＝B C．A∪B＝B D．A∪B＝R 2．已知 i 是虚数单位，在复平面内，复数﹣2+i 和 1﹣3i 对应的点间的距离是（ ） A． B． C．5 D．25 3．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐， 良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐， 复还迎驽马，九日二马相逢，则长安至齐（ ） A．1120 里 B．2250 里 C．3375 里 D．1125 里 4．甲、乙、丙、丁四位同学决定去巴城老街、千灯古镇、周庄游玩，每人只能去一个地方， 周庄一定要有人去，则不同游览方案的种数为（ ） A．60 B．65 C．70 D．75 5．已知 A，B 是圆 O：x2+y2＝1 上的两个动点，|AB|＝ ， ，M 为线段 AB 的中点，则 的值为（ ） A． B． C． D． 6．雷达是利用电磁波探测目标的电子设备．电磁波在大气中大致沿直线传播．受地球表面 曲率的影响，雷达所能发现目标的最大直视距离 L＝ + ＝ + （如图），其中 h1 为雷达天线架设高度，h2 为探测目标高度， R 为地球半径．考虑到电磁波的弯曲、折射等因素，R 等效取 8490km，故 R 远大于 h1， h2.假设某探测目标高度为 25m，为保护航母的安全，须在直视距离 390km 外探测到目标， 并发出预警，则舰载预警机的巡航高度至少约为（ ）（参考数据： A．6400m B．7200m C．8100m D．10000m 7．下列图象中可以作为函数 f（x）＝ 部分图象的是（ ） A．A B． C． D． 8．已知函数 f（x）＝ekx﹣2 +1，（k≠0），函数 g（x）＝xlnx，若 kf（x）≥2g（x）， 对 ∀ x ∈ （0，+∞）恒成立，则实数 k 的取值范围为（ ） A．[1，+∞） B．[e，+∞） C． D． 二、选择题（每小题 5 分）.有多项符合题目要求．全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分， 有选错的得 0 分． 9．新高考方案规定，普通高中学业水平考试分为合格性考试（合格考）和选择性考试（选 择考），其中“选择考”成绩将计入高考总成绩，即将学生考试时的原始卷面分数由高 到低进行排序，评定为 A，B，C，D，E 五个等级，再转换为分数计入高考总成绩．某试 点高中 2020 年参加“选择考”总人数是 2018 年参加“选择考”总人数的 2 倍，为了更 好地分析该校学生“选择考”的水平情况，统计了该校 2018 年和 2020 年“选择考”成 绩等级结果，得到如图所示的统计图． 针对该校“选择考”情况，2020 年与 2018 年比较，下列说法正确的是（ ） A．获得 A 等级的人数增加了 B．获得 B 等级的人数增加了 1.5 倍 C．获得 D 等级的人数减少了一半 D．获得 E 等级的人数相同 10．△ABC 中，D 为边 AC 上的一点，且满足 ，若 P 为边 BD 上的一点，且满足 （m＞0，n＞0），则下列结论正确的是（ ） A．m+2n＝1 B．mn 的最大值为 C． 的最小值为 6+4 D．m2+9n2 的最小值为 11．已知函数 f（x）＝|cosx|﹣|sin|x||，下列说法正确的是（ ） A．f（x）是偶函数 B．f（x）是周期为 π 的函数 C．f（x）在区间 上单调递减 D．f（x）的最大值为 12．已知正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 的棱长为 4，M 为 DD1 的中点，N 为 ABCD 所在平面上一 动点，N1 为 A1B1C1D1 所在平面上一动点，且 NN1⊥平面 ABCD，则下列命题正确的是 （ ） A．若 MN 与平面 ABCD 所成的角为 ，则点 N 的轨迹为圆 B．若三棱柱 NAD﹣N1A1D1 的表面积为定值，则点 N 的轨迹为椭圆 C．若点 N 到直线 BB1 与直线 DC 的距离相等，则点 N 的轨迹为抛物线 D．若 D1N 与 AB 所成的角为 ，则点 N 的轨迹为双曲线 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．在产品质量检测中，已知某产品的一项质量指标 X～N（100，102），且 110＜X＜120 的产品数量为 5436 件．请估计该批次检测的产品数量是 件． 参考数据：P（ μ ﹣σ＜X≤ μ +σ）＝0.6826，P（ μ ﹣2σ＜X≤ μ +2σ）＝0.9545，P（ μ ﹣ 3σ＜X≤ μ +3σ）＝0.997 14．已知函数 f（x）满足 f（x）＝f（2﹣x）＝﹣f（2+x），则符合题意的一个 f（x）的解析 式可以为 ． 15．在四面体 ABCD 中，AB＝ ，DA＝DB＝CA＝CB＝1，则四面体 ABCD 的外接球的体 积为 ． 16．已知双曲线 C： ＝1（b＞0），若在直线 l：x+y+2＝0 上存在点 P 满足：过点 P 能 向 双 曲 线 C 引 两 条 互 相 垂 直 的 切 线 ， 则 双 曲 线 C 的 离 心 率 取 值 范 围 是 ． 四、解答题：本题共 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．在 ① （a+b）（a﹣b）＝（a﹣c）c， ② 2a﹣c＝2bcosC， ③ 三 个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题． 在ΔABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且满足____， ． （1）若 a+c＝4，求ΔABC 的面积； （2）求 a+c 的取值范围． 18．设{an}是等比数列，公比大于 0，{bn}是等差數列，（n ∈ N*）．已知 a1＝1，a3＝a2+2， a4＝b3+b5，a5＝b4+2b6． （1）求{an}和{bn}的通项公式： （2）设数列{cn} 满足 c1 ＝c2 ＝1，cn ＝ ，其中 k ∈ N* ，求数列 的前 n 项和． 19．如图，三棱锥 S﹣ABC 的底面 ABC 和侧面 SBC 都是等边三角形，且平面 SBC⊥平面 ABC． （Ⅰ）若 P 点是线段 SA 的中点，求证：SA⊥平面 PBC； （Ⅱ）点 Q 在线段出上且满足 AQ＝ ，求 BQ 与平面 SAC 所成角的正弦值． 20．在新的高考改革形式下，江苏、辽宁、广东、河北、湖南、湖北、福建、重庆八个省市 在 2021 年首次实施“3+1+2”模式新高考．为了适应新高考模式，在 2021 年 1 月 23 日 至 1 月 25 日进行了“八省联考”，考完后，网上流传很多种对各地考生考试成绩的评价， 对 12 种组合的选择也产生不同的质疑．为此，某校随机抽一名考生小明（语文、数学、 英语、物理、政治、生物的组合）在高一选科前某两次六科对应成绩进行分析，借此成 绩进行相应的推断．表 1 是小明同学高一选科前两次测试成绩（满分 100 分）： 表 1 语文 数学 英语 物理 政治 生物 第一次 87 92 91 92 85 93 第二次 82 94 95 88 94 87 （1）从小明同学第一次测试的科目中随机抽取 1 科，求该科成绩大于 90 分的概率； （2）从小明同学第一次测试和第二次测试的科目中各随机抽取 1 科，记 X 为抽取的 2 科 中成绩大于 90 分的科目数量，求 X 的分布列和数学期望 E（X）； （3）现有另一名同学两次测试成绩（满分 100 分）及相关统计信息如表 2 所示： 表 2 语文 数学 英语 物理 政治 生物 6 科成绩 均值 6 科成绩 方差 第一次 a1 a2 a3 a4 a5 a6 x1 D1 第二次 b1 b2 b43 b4 b5 b6 x2 D2 将每科两次测试成绩的均值作为该科的总评成绩，这 6 科总评成绩的方差为 D3．有一种 观点认为：若 x1＝x2，D1＜D2，能推出 D1≤D3≤D2.则有理由认为“八省联考”考生成绩 与选科有关，否则没有理由否定 12 种选科模式的不合理性，即新高考模式 12 种选科模 式是可取的．假设这种观点是正确的，通过表 2 内容，你认为新高考模式 12 种组合选科 模式是否可取？ 21．如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 的右焦点为 F，P 为右准线上一点．点 Q 在椭圆上，且 FQ⊥FP． （1）若椭圆的离心率为 ，短轴长为 ． ① 求椭圆的方程； ② 若直线 OQ，PQ 的斜率分别为 k1，k2，求 k1•k2 的值． （2）若在 x 轴上方存在 P，Q 两点，使 O，F，P，Q 四点共圆，求椭圆离心率的取值范 围． 22．已知函数 f（x）＝2ex+aln（x+1）﹣2． （1）当 a＝﹣2 时，讨论 f（x）的单调性； （2）当 x ∈ [0， π ]时，f（x）≥sinx 恒成立，求 a 的取值范围． 参考答案 一、选择题（每小题 5 分）. 1．已知（ ∁ RA）∩B＝ ∅ ，则下面选项中一定成立的是（ ） A．A∩B＝A B．A∩B＝B C．A∪B＝B D．A∪B＝R 解：∵A∩B＝A，∴A ⊆ B，A≠B 时，（ ∁ RA）∩B≠ ∅ ，∴A 错误； ∵A∩B＝B，∴B ⊆ A，∴（ ∁ RA）∩B＝ ∅ ，∴B 正确； ∵A∪B＝B，∴A ⊆ B，同选项 A，∴C 错误； ∵A∪B＝R，∴A≠R 时，（ ∁ RA）∩B≠ ∅ ，∴D 错误． 故选：B． 2．已知 i 是虚数单位，在复平面内，复数﹣2+i 和 1﹣3i 对应的点间的距离是（ ） A． B． C．5 D．25 解：复数﹣2+i 对应复平面内的点 A（﹣2，1），复数 1﹣3i 对应复平面内的点 B（1，﹣ 3） ∴|AB|＝ ＝5 即复数﹣2+i 和 1﹣3i 对应的点间的距离等于 5 故选：C． 3．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐， 良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐， 复还迎驽马，九日二马相逢，则长安至齐（ ） A．1120 里 B．2250 里 C．3375 里 D．1125 里 解：由题意知，良马每日行的距离成等差数列， 记为{an}，其中 a1＝103，d＝13； 驽马每日行的距离成等差数列， 记为{bn}，其中 b1＝97，d＝﹣0.5； 设长安至齐为 x 里，则 a1+a2+…+am+b1+b2+…+bm ＝103×9+ +97×9+ ＝2x，解得 x＝1125． 故选：D． 4．甲、乙、丙、丁四位同学决定去巴城老街、千灯古镇、周庄游玩，每人只能去一个地方， 周庄一定要有人去，则不同游览方案的种数为（ ） A．60 B．65 C．70 D．75 解：根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学决定去巴城老街、千灯古镇、周庄游玩，且每 人只能去一个地方， 则每人有 3 种选择，则 4 人一共有 3×3×3×3＝81 种情况， 若周庄没人去，即四位同学选择了巴城老街、千灯古镇， 每人有 2 种选择方法，则 4 人一共有 2×2×2×2＝16 种情况， 故周庄一定要有人去有 81﹣16＝65 种情况， 故选：B． 5．已知 A，B 是圆 O：x2+y2＝1 上的两个动点，|AB|＝ ， ，M 为线段 AB 的中点，则 的值为（ ） A． B． C． D． 解：由题意得|OA|＝1，|OB|＝1， ， 由余弦定理得 cos＜ ＞＝ ＝﹣ ， •cos＜ ＞＝﹣ ， ＝ ＝ （ ）＝ ． 故选：A． 6．雷达是利用电磁波探测目标的电子设备．电磁波在大气中大致沿直线传播．受地球表面 曲率的影响，雷达所能发现目标的最大直视距离 L＝ + ＝ + （如图），其中 h1 为雷达天线架设高度，h2 为探测目标高度， R 为地球半径．考虑到电磁波的弯曲、折射等因素，R 等效取 8490km，故 R 远大于 h1， h2.假设某探测目标高度为 25m，为保护航母的安全，须在直视距离 390km 外探测到目标， 并发出预警，则舰载预警机的巡航高度至少约为（ ）（参考数据： A．6400m B．7200m C．8100m D．10000m 解：根据题意可知，L＝390km，R＝8490km，h2＝0.025km， 因为 L＝ + ＝ + ， 所以 ， 解得 h1≈8.1km＝8100m． 故选：C． 7．下列图象中可以作为函数 f（x）＝ 部分图象的是（ ） A．A B． C． D． 解：根据题意，f（x）＝ ， f（﹣x）＝（ ﹣1）cos（﹣x）＝﹣ ＝﹣f（x），函数 f（x）为奇 函数，排除 AC； 在区间（0， ）上，1+ex＞1， ﹣1＜0，cosx＞0，则有 f（x）＜0，排除 D， 故选：B． 8．已知函数 f（x）＝ekx﹣2 +1，（k≠0），函数 g（x）＝xlnx，若 kf（x）≥2g（x）， 对 ∀ x ∈ （0，+∞）恒成立，则实数 k 的取值范围为（ ） A．[1，+∞） B．[e，+∞） C． D． 解：kf（x）≥2g（x），对 ∀ x ∈ （0，+∞）恒成立， 即 kekx﹣ +k≥2xlnx，化为：kxekx+kx≥x2lnx2+lnx2， 令 h（t）＝tlnt+lnt，t ∈ （0，+∞）， ∴h′（t）＝1+lnt+ ＝u（t）， u′（t）＝ ﹣ ＝ ，可得 t＝1 时，函数 u（t）取得极小值即最小值，u（1）＝2 ＞0， ∴h′（t）＞0 恒成立， ∴函数 h（t）在 t ∈ （0，+∞）上单调递增， 而 h（ekx）≥h（x2）， ∴ekx≥x2， ∴kx≥2lnx，即 k≥ ， 令 v（x）＝ ，x ∈ （0，+∞）， ∴v′（x）＝ ，可得 x＝e 时，函数 v（x）取得极大值即最大值． ∴k≥ ． 故选：D． 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求．全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分． 9．新高考方案规定，普通高中学业水平考试分为合格性考试（合格考）和选择性考试（选 择考），其中“选择考”成绩将计入高考总成绩，即将学生考试时的原始卷面分数由高 到低进行排序，评定为 A，B，C，D，E 五个等级，再转换为分数计入高考总成绩．某试 点高中 2020 年参加“选择考”总人数是 2018 年参加“选择考”总人数的 2 倍，为了更 好地分析该校学生“选择考”的水平情况，统计了该校 2018 年和 2020 年“选择考”成 绩等级结果，得到如图所示的统计图． 针对该校“选择考”情况，2020 年与 2018 年比较，下列说法正确的是（ ） A．获得 A 等级的人数增加了 B．获得 B 等级的人数增加了 1.5 倍 C．获得 D 等级的人数减少了一半 D．获得 E 等级的人数相同 解：设 2018 参加“选择考”总人数为 a，则 2020 年参加“选择考”总人数为 2a， 由统计图可得，2018 年获得 A 等级的人数为 0.28a，2020 年获得 A 等级的人数为 0.48a， 故 A 正确； 2018 年获得 B 等级的人数为 0.32a，2020 年获得 B 等级的人数为 0.80a， 获得 B 等级的人数增加了 ＝1.5 倍，故 B 正确； 2018 年获得 D 等级的人数为 0.08a，2020 年获得 D 等级的人数为 0.12a， 获得 D 等级的人数增加了一半，故 C 错误； 2018 年获得 E 等级的人数为 0.02a，2020 年获得 E 等级的人数为 0.04a， 获得 E 等级的人数为原来的 2 倍，故 D 错误． 故选：AB． 10．△ABC 中，D 为边 AC 上的一点，且满足 ，若 P 为边 BD 上的一点，且满足 （m＞0，n＞0），则下列结论正确的是（ ） A．m+2n＝1 B．mn 的最大值为 C． 的最小值为 6+4 D．m2+9n2 的最小值为 解：因为 ，所以 ， 所以 ＝m +3n ， 因为 B、P、D 三点共线，所以 m+3n＝1，故 A 错误； 则 3mn≤ ＝ ，则 mn≤ ， 即 mn 最大值为 ，当且仅当 m＝3n，即 m＝ ，n＝ 时取等号，故 B 正确； ＝（ ）（m+3n）＝ + +7≥4 +7，当且仅当 ＝ 时取等号， 所以 的最小值为 4 +7，故 C 错误； m2+9n2＝（m+3n）2﹣6mn＝1﹣6mn≥1﹣6× ＝ ，当且仅当 m＝ ，n＝ 时取等号， 所以 m2+9n2 的最小值为 ，故 D 正确． 故选：BD． 11．已知函数 f（x）＝|cosx|﹣|sin|x||，下列说法正确的是（ ） A．f（x）是偶函数 B．f（x）是周期为 π 的函数 C．f（x）在区间 上单调递减 D．f（x）的最大值为 解：当 x≥0 时，f（x）＝|cosx|﹣|sin|x||＝|cosx|﹣|sinx|，当 x＜0 时，f（x）＝|cosx|﹣|sin|x|| ＝|cosx|﹣|sin（﹣x）|＝|cosx|﹣|sinx|， 所以，f（x）＝|cosx|﹣|sinx|， 对于 A，因为 f（﹣x）＝|cos（﹣x）|﹣|sin（﹣x）|＝|cosx|﹣|sinx|＝f（x），所以 f（x） 是偶函数，所以 A 对； 对于 B，因为 f（x+ π ）＝|cos（x+ π ）|﹣|sin（x+ π ）|＝|cosx|﹣|sinx|＝f（x），所以 f（x） 是周期为 π 的函数，所以 B 对； 对于 C，由 B 知，只须考虑 f（x）在（0， ）上的单调性，在（0， ）上，f（x）＝ |cosx|﹣|sinx|＝cosx﹣sinx， cosx 与﹣sinx，在（0， ）上单调递减，所以 f（x）在（0， ）上的单调递减， 于是 f（x）在区间 上单调递减，所以 C 对； 对于 D，只须在[﹣ ， ]上考虑 f（x）最大值问题，在[﹣ ，0]上，f（x）＝|cosx| ﹣|sinx|＝cosx+sinx，单调递增， 在[0， ]上，f（x）＝|cosx|﹣|sinx|＝cosx﹣sinx，单调递减，所以在[﹣ ， ]上，f （x）的最大值为 f（0）＝1≠ ，所以 D 错． 故选：ABC． 12．已知正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 的棱长为 4，M 为 DD1 的中点，N 为 ABCD 所在平面上一 动点，N1 为 A1B1C1D1 所在平面上一动点，且 NN1⊥平面 ABCD，则下列命题正确的是 （ ） A．若 MN 与平面 ABCD 所成的角为 ，则点 N 的轨迹为圆 B．若三棱柱 NAD﹣N1A1D1 的表面积为定值，则点 N 的轨迹为椭圆 C．若点 N 到直线 BB1 与直线 DC 的距离相等，则点 N 的轨迹为抛物线 D．若 D1N 与 AB 所成的角为 ，则点 N 的轨迹为双曲线 解：对于 A，因为 MN 与平面 ABCD 所成的角为 ，所以 DN＝MD＝2，所以点 N 的轨 迹为圆，所以 A 对； 对于 B，因为当三棱柱 NAD﹣N1A1D1 的侧面积为定值时，点 N 的轨迹为椭圆，表面积比 侧面积增加了上下底面， 而底面积是变化的，所以 B 错； 对于 C，因为点 N 到直线 BB1 与 NB 相等，所以点 N 的轨迹为点 N 到点 B 与直线 DC 的 距离相等的轨迹，即抛物线，所以 C 对； 对于 D，因为 AB∥CD、CD∥C1D1，所以 AB∥C1D1，于是满足条件的 D1N 运动成圆锥 面，其与平面 ABCD 的交线为双曲线，所以 D 对． 故选：ACD． 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．在产品质量检测中，已知某产品的一项质量指标 X～N（100，102），且 110＜X＜120 的产品数量为 5436 件．请估计该批次检测的产品数量是 40000 件． 参考数据：P（ μ ﹣σ＜X≤ μ +σ）＝0.6826，P（ μ ﹣2σ＜X≤ μ +2σ）＝0.9545，P（ μ ﹣ 3σ＜X≤ μ +3σ）＝0.997 解：设该批次检测的产品数量是 n， 由 X～N（100，102），得 μ ＝100，σ＝10， 所以 P（110＜X＜120）＝P（ μ +σ＜X＜ μ +2σ） ＝ ×[P（ μ ﹣2σ＜X＜ μ +2σ）﹣P（ μ ﹣σ＜X＜ μ +σ）] ＝ ×（0.9545﹣0.6826） ＝0.1359＝ ， 解得：n＝40000（件）． 故答案为：40000． 14．已知函数 f（x）满足 f（x）＝f（2﹣x）＝﹣f（2+x），则符合题意的一个 f（x）的解析 式可以为 f（x）＝0 ． 解：∵函数 f（x）满足 f（x）＝f（2﹣x）＝﹣f（2+x）， 故 f（x）关于直线 x＝1 对称，又关于点（2，0）对称， 则符合题意的一个 f（x）的解析式可以是 f（x）＝0， 故答案为：f（x）＝0． 15．在四面体 ABCD 中，AB＝ ，DA＝DB＝CA＝CB＝1，则四面体 ABCD 的外接球的体 积为 2 π ． 解：设 AB 的中点为 O，连接 OD，OC，如图， ∵在四面体 ABCD 中，AB＝ ，DA＝DB＝CA＝CB＝1， ∴AD2+BD2＝AB2，AC2+BC2＝AB2， 即△ABC 与△ABD 均为直角三角形， 故 OA＝OB＝OC＝OD， 即 O 为外接球球心，OA＝R＝ ； ∴四面体 ABCD 的外接球的表面积为 4 π R2＝2 π ． 故答案为：2 π ． 16．已知双曲线 C： ＝1（b＞0），若在直线 l：x+y+2＝0 上存在点 P 满足：过点 P 能向双曲线 C 引两条互相垂直的切线，则双曲线 C 的离心率取值范围是 （1， ] ． 解：设过 P 点（m，n）且与双曲线相切的直线方程为 y＝k（x﹣m）+n，n＝﹣m﹣2， 由 ， 可得 b2x2﹣4[k2（x2﹣2mx+m2）+n2+2kn（x﹣m）]＝4b2， 即为（b2﹣4k2）x2+（8k2m﹣8kn）x﹣4k2m2﹣4n2+8kmn﹣4b2＝0， △＝64（k2m﹣kn）2+4（b2﹣4k2）（4k2m2+4n2﹣8kmn+4b2）＝0， 化简可得（b2m2﹣4b2）k2﹣2b2mnk+b2n2+b4＝0， 即（m2﹣4）k2﹣2mnk+n2+b2＝0，两根设为 k1，k2，k1k2＝ ＝﹣1， 即为（m+2）2+b2＝4﹣m2， 即为 m2+4m+4+b2＝4﹣m2，2m2+4m+b2＝0 看做关于 m 的方程，△＝16﹣8b2≥0， 可得 0≤b2≤2， 所以双曲线的离心率 e＝ ∈ （1， ]． 故答案为：（1， ]． 四、解答题：本题共 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．在 ① （a+b）（a﹣b）＝（a﹣c）c， ② 2a﹣c＝2bcosC， ③ 三 个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题． 在ΔABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且满足____， ． （1）若 a+c＝4，求ΔABC 的面积； （2）求 a+c 的取值范围． 解：当选条件 ① 时： 由（a+b）（a﹣b）＝（a﹣c）c ⇒ a2+c2﹣b2＝ac， ∴cosB＝ ＝ ，∵B ∈ （0， π ），∴B＝ ， 当选条件 ② 时： 由 2a﹣c＝2bcosC ⇒ 2sinA﹣sinC＝2sinBcosC，即 2sin（B+C）﹣2sinBcosC＝sinC， 整理得：2cosBsinC＝sinC，∵sinC＞0，∴cosB＝ ，又 B ∈ （0， π ），∴B＝ ， 当选条件 ③ 时： 由 ⇒ （sinA﹣sinBcosC）＝sinCsinB，即 [sin（B+C）﹣sinBcosC] ＝sinCsinB， 整理得： cosBsinC＝sinCsinB，∵sinC＞0，∴ cosB＝sinB，∴tanB＝ ，∵B ∈ （0， π ），∴B＝ ， （1）由所选条件可知：B＝ ， 又 b＝2 ，a+c＝4，由余弦定理可得：b2＝12＝a2+c2﹣2accosB＝（a+c）2﹣3ac＝16﹣ 3ac，解得：ac＝ ， ∴S△ABC＝ acsinB＝ × × ＝ ； （2）由 b＝2 ，B＝ ，可得：b2＝12＝a2+c2﹣ac＝（a+c）2﹣3ac， 即（a+c）2﹣12＝3ac≤3×（ ）2，当且仅当 a＝c 时取“＝“，整理可得：（a+c）2 ≤48，当且仅当 a＝c 时取“＝“， ∴a+c≤4 ，又 a+c＞b＝2 ， ∴a+c 的取值范围为（2 ，4 ]． 18．设{an}是等比数列，公比大于 0，{bn}是等差數列，（n ∈ N*）．已知 a1＝1，a3＝a2+2， a4＝b3+b5，a5＝b4+2b6． （1）求{an}和{bn}的通项公式： （2）设数列{cn} 满足 c1 ＝c2 ＝1，cn ＝ ，其中 k ∈ N* ，求数列 的前 n 项和． 解：（1）由题意，设等比数列{an}的公比为 q（q＞0）， 则 a2＝q，a3＝q2， 由 a3＝a2+2，即为 q2﹣q﹣2＝0， 解得 q＝﹣1（舍去），或 q＝2， 所以 an＝2n﹣1，n ∈ N*， 设等差数列{bn}的公差为 d， 由 a4＝b3+bs，可得 b1+3d＝4， 由 a5＝b4+2b6，可得 3b1+13d＝16， 解得 b1＝d＝1， 所以 bn＝n，n ∈ N*； （2）由（1）可知 c1＝c2＝1， cn＝ ＝ ， 所以 b （c ﹣1）＝b （an﹣1）＝3n（2n﹣1﹣1）＝3×6n﹣1﹣3n， 则数列 的前 n 项和为 3（1+6+36+…+6n﹣1）﹣（3+9+…+3n） ＝3× ﹣ ＝ ﹣ + ． 19．如图，三棱锥 S﹣ABC 的底面 ABC 和侧面 SBC 都是等边三角形，且平面 SBC⊥平面 ABC． （Ⅰ）若 P 点是线段 SA 的中点，求证：SA⊥平面 PBC； （Ⅱ）点 Q 在线段出上且满足 AQ＝ ，求 BQ 与平面 SAC 所成角的正弦值． 解：（1）证明：∵△ABC 和△SBC 都是等边三角形，且有公共边 BC， ∴AB＝SB＝AC＝SC， ∵P 是 SA 的中点，∴SA⊥BP，SA⊥CP， ∵BP∩CP＝P，∴SA⊥平面 PBC． （2）取 BC 的中点 O，连结 OA，OS，由条件得 OA，BC，OS 两两垂直， 以 O 为坐标原点，OA 为 x 轴，OB 为 y 轴，OS 为 z 轴，建立空间直角坐标系，如图， 设 AB＝2，则 AO＝OS＝ ， 则 A（ ，0，0），B（0，1，0），C（0，﹣1，0），S（0，0， ），Q（ ，0， ）， ∴ ＝（ ，1，0）， ＝（ ）， ＝（ ，﹣1， ）， 设平面 SAC 的一个法向量为 ＝（x，y，z）， 则 ，令 x＝1，得 ＝（1，﹣ ，1）， 设 BQ 与平面 SAC 所成角为 θ ， 则 BQ 与平面 SAC 所成角的正弦值为： sin θ ＝ ＝ ＝ ． 20．在新的高考改革形式下，江苏、辽宁、广东、河北、湖南、湖北、福建、重庆八个省市 在 2021 年首次实施“3+1+2”模式新高考．为了适应新高考模式，在 2021 年 1 月 23 日 至 1 月 25 日进行了“八省联考”，考完后，网上流传很多种对各地考生考试成绩的评价， 对 12 种组合的选择也产生不同的质疑．为此，某校随机抽一名考生小明（语文、数学、 英语、物理、政治、生物的组合）在高一选科前某两次六科对应成绩进行分析，借此成 绩进行相应的推断．表 1 是小明同学高一选科前两次测试成绩（满分 100 分）： 表 1 语文 数学 英语 物理 政治 生物 第一次 87 92 91 92 85 93 第二次 82 94 95 88 94 87 （1）从小明同学第一次测试的科目中随机抽取 1 科，求该科成绩大于 90 分的概率； （2）从小明同学第一次测试和第二次测试的科目中各随机抽取 1 科，记 X 为抽取的 2 科 中成绩大于 90 分的科目数量，求 X 的分布列和数学期望 E（X）； （3）现有另一名同学两次测试成绩（满分 100 分）及相关统计信息如表 2 所示： 表 2 语文 数学 英语 物理 政治 生物 6 科成绩 均值 6 科成绩 方差 第一次 a1 a2 a3 a4 a5 a6 x1 D1 第二次 b1 b2 b43 b4 b5 b6 x2 D2 将每科两次测试成绩的均值作为该科的总评成绩，这 6 科总评成绩的方差为 D3．有一种 观点认为：若 x1＝x2，D1＜D2，能推出 D1≤D3≤D2.则有理由认为“八省联考”考生成绩 与选科有关，否则没有理由否定 12 种选科模式的不合理性，即新高考模式 12 种选科模 式是可取的．假设这种观点是正确的，通过表 2 内容，你认为新高考模式 12 种组合选科 模式是否可取？ 解：（1）共有 6 科成绩，其中成绩大于 90 分的有数学、英语、物理和生物共 4 科， 所以从小明同学第一次测试的科目中随机抽取 1 科，求该科成绩大于 90 分的概率为 ＝ ； （2）X 的所有可能取值为 0，1，2， 所以 P（X＝0）＝ ＝ ， P（X＝1）＝ ＝ ， P（X＝2）＝ ＝ ， 所以 X 的分布列为： X 0 1 2 P 故 E（X）＝0× +1× +2× ＝ ； （3）设 x1＝x2＝x，则 a1+a2+…+a6＝b1+b2+…+b6＝6x， 则 6D1＝（a1﹣x）2+（a2﹣x）2+…+（a6﹣x）2 ＝a12+a22+…+a62﹣2（a1+a2+…+a6）x+6x2 ＝a12+a22+…+a62﹣6x2， 同理可得，6D2＝b12+b22+…+b62﹣6x2， 6D3＝ ， 因为 D1＜D2， 所以 a12+a22+…+a62＜b12+b22+…+b62， 所以 6D3﹣6D1＝ ﹣（a12+a22+…+a62 ﹣6x2） ＝ 的符号不确定， 所以 D3 与 D1 无法比较大小， 6D3﹣6D1＝ ﹣（b12+b22+…+b62﹣6x2） ＜ （b12+b22+…+b62）＝ ＜ 0， 故 D3＜D2， 故这种观点不正确． 21．如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 的右焦点为 F，P 为右准线上一点．点 Q 在椭圆上，且 FQ⊥FP． （1）若椭圆的离心率为 ，短轴长为 ． ① 求椭圆的方程； ② 若直线 OQ，PQ 的斜率分别为 k1，k2，求 k1•k2 的值． （2）若在 x 轴上方存在 P，Q 两点，使 O，F，P，Q 四点共圆，求椭圆离心率的取值范 围． 解：（1） ① 设椭圆的焦距为 2c，由题意，可得 ，解得 a＝2，b＝ ， ∴椭圆的方程为 + ＝1， ② 由 ① 可得，焦点 F（1，0），准线为 x＝4， 设 P（4，t），Q（x0，y0），则 + ＝1， ∴y02＝3﹣ x02， ∴ ＝（x0﹣1，y0）， ＝（3，t）， ∵FP⊥FQ， ∴ • ＝3（x0﹣1）+ty0＝0， ∴﹣ty0＝3（x0﹣1）， ∴k1k2＝ • ＝ ＝﹣ ， （2）方法一：设 P（ ，t），Q（x0，y0）， ∵FP⊥FQ， 则△FPQ 的外接圆即为以 PQ 为直径的圆（x﹣ ）（x﹣x0）+（y﹣t）（y﹣y0）＝0， 由题意，焦点 F，原点 O 均在该圆上， ∴ ， 消去 ty0 可得（c﹣ ）（c﹣x0）﹣ x0＝0， ∴x0＝c﹣ ， ∵点 P，Q 均在 x 轴上方， ∴﹣a＜c﹣ ＜c， 即 c2+ac﹣a2＞0， ∴e2+e﹣1＞0， ∵0＜e＜1， ∴ ＜e＜1， 方法二：∵O，F，P，Q 四点共圆且 FP⊥FQ， ∴PQ 为圆的直径， ∴圆心必为 PQ 中点 M， 又圆心在弦 OF 的中垂线 x＝ 上， ∴圆心 M 的横坐标为 xM＝ ， ∴点 Q 的横坐标为 xQ＝2xM﹣ ＝c﹣ ， ∵点 P，Q 均在 x 轴上方， ∴﹣a＜c﹣ ＜c， 即 c2+ac﹣a2＞0， ∴e2+e﹣1＝0， ∵0＜e＜1， ∴ ＜e＜1， 故 e 的范围为（ ，1）． 22．已知函数 f（x）＝2ex+aln（x+1）﹣2． （1）当 a＝﹣2 时，讨论 f（x）的单调性； （2）当 x ∈ [0， π ]时，f（x）≥sinx 恒成立，求 a 的取值范围． 解：（1）当 a＝﹣2 时，f(x)＝2ex﹣2ln(x+1)﹣2, 所以 f′(x)＝2ex﹣ ＝2(ex﹣ ), 令 f′(x)＝0,得 x＝0, 所以当 x ∈ (﹣1,0)时，f′(x)＜0,f(x)单调递减， 当 x ∈ (0,+∞)时，f′(x)＞0,f(x)单调递增， 故 f(x)的单调递减区间为(﹣1,0),单调递增区间为(0,+∞)． (2)令 h(x)＝f(x)﹣sinx＝2ex+aln(x+1)﹣2﹣sinx 且有 h(0)＝0, 所以 h′(x)＝2ex+ ﹣cosx, ① 当 a≥0 时，2ex﹣cosx≥0, ≥0, 所以 h′(x)≥0, 所以 h(x)在(0, π )上单调递增，即 h(x)≥h(0)＝0, ② 当 a＜0 时，h′(x)＝2ex+ ﹣cosx, h″(x)＝2ex﹣ +sinx≥0 恒成立， 所以 h′(x)在(0, π )上为增函数，即 h′(x)≥h′(0)＝a+1, 当﹣1≤a≤0 时，h′(x)≥0,h(x)在(0, π )上单调递增，h(x)≥h(0)＝0, 当 a＜﹣1 时，存在 x0 ∈ (0, π )使得 h′(x0)＝2e + ﹣cosx0＝0, 当 x ∈ (0,x0)时，h′(x)＜0, x ∈ (x0, π )时，h′(x)＞0, 所以 h(x)min＝h(x0)＝2e ﹣2ln(x0+1)﹣2﹣sinx0, 所以 h′(x0)＝2e + ﹣cosx0＝0, 因为 ＜0,﹣2ln(x0+1)＜0,cosx0﹣sinx0﹣2＜0, 所以 h(x0)＜0,不成立， 综上，a 的取值范围为[﹣1,+∞)．