【文档说明】【精准解析】湖南省长郡中学2020届高三下学期第二次适应性考试数学（理）试题.doc，共(31)页，2.615 MB，由小赞的店铺上传

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长郡中学2020届高三适应性考试（二）数学（理科）试卷本试题卷共8页，共23题（含选考题）.全卷满分150分.考试建议用时120分钟.注意事项：1.答题前，考生可能需要输入信息.请务必正确输入所需的信息，如姓名、考生号等.2.选择题的作答：请直接在选择题页面内作答并提交.写

在试题卷、草稿纸等非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡，上对应的答题区域内或空白纸张上，按规定上传.4.选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡，上指定的位置用笔涂黑，或者在空白纸张上注明所写题目，然后开始作答.一、选择题：本大题共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-项是符合题目要求的.1.已知集合{|}AxZxa=，集合{4}xBx=，若AB只有4个子集，则a的取值范围是（）A.(2,1]−−B.[2,1]−−C.[0,1]D.(0,1]【答案】D【解析】

【分析】根据题意解出{}ABxax=，AB只有4个子集，则元素有两个，可解出a的范围.【详解】集合{|}AxZxa=，集合{4}{}xBxxx==，{}ABxax=AB只有4个子集，则AB中元素只能有2个，即{1}AB=，，所以01

a，故选：D.【点睛】本题考查集合的运算及集合的关系，根据集合子集个数求参数取值，先确定集合元素再求取值范围即可，属于基础题.2.已知复数1(1)3zii+=−，复数22(1)zii=−，给出下列命题：①12zz；②12||||zz；③复数1z与其共轭复数在复平面

内的点关于实轴对称；④复数2z的虚部为0.其中真命题的个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】根据复数的基本性质可判断①错误；化简复数1z和2z，求出模可判断②正确；求出复数1z与其共轭复数在复平面内的点可得关于实轴对称，

③正确；根据负数的定义可得④正确．【详解】由复数1(1)3zii+=−，复数22(1)zii=−，可得复数()()1313=1212iiizii−−−==−+，复数2(2)=2zii=−，对于①:复数中虚数与实数无大小关系,∴①错误；对于②:()2211+2=5z=−，22z=，12

||||zz,∴②正确；对于③:复数112zi=−与其共轭复数112zi=+，在复平面内的点分别为()()121,2−，，，关于实轴对称,∴③正确；对于④:复数22z=为实数，虚部为0,∴④正确.综上,真命题3个，故选：C.【点睛】本题考查复数有关命题的真假判断与应

用，考查的知识点有复数的概念、复数的模、共轭复数、复数的几何表示等，属于基础题.3.已知某一组散点数据对应的线性回归方程为ˆˆ0.76yxa=−+，数据中心点为(5,1)，则7.5x=的预报值是（）A.0.9B.0.9−C.1D.1−【答案】B【解析】【分析】根据

数据中心点代入线性回归方程可得ˆ4.8a=，代入7.5x=可得预报值.【详解】某一组散点数据对应的线性回归方程为ˆˆ0.76yxa=−+，数据中心点为(5,1)，则有ˆ10.765a=−+，可得ˆ4.8a=，所以ˆ0.764.8yx=−+，则7.5x

=的预报值是ˆ0.767.54.80.9y=−+=−，故选：B.【点睛】本题主要考查的是线性回归方程的应用，掌握线性回归方程的性质是解题的关键，属于基础题.4.斐波那契数列（Fibonaccisequence）又称黄金分割数列，因数学家列昂纳多•斐波那契（LeonardodaFibon

acci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”.在数学上，斐波纳契数列被以下递推的方法定义：数列{}na满足：121aa==，21nnnaaa++=+，现从数列的前2024项中随机抽取1项，能被3整除的概率是（）A.14B.13C.23D

.12【答案】A【解析】【分析】由题目21++=+nnnaaa，可列举该数列，该数列每项被3除以后的余数是周期为8的有序数字，每一个周期里面有两个0，即每个周期里面有两个数字可以被3整除，利用古典概型公式可得数列的前2024项

中能被3整除的概率.【详解】21nnnaaa++=+，即该数列从第三项起，每一项均为前两项数字的和，∴数列为1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，……，该数列每项被3除后的余数

分别为1，1，2，0，2，2，1，0，1，1，2，0，……，可以发现余数是周期为8的有序数字，每一个周期里面有两个0，即每个周期里面有两个数字可以被3整除，前2024项里面共有20242538=（个）周期，∴有253

2506=（个）数字可以被3整除，记“从该数列的前2024项中随机抽取一项，能被3整除”为事件A，则5061()20244PA==，故选：A.【点睛】本题考查古典概型求概率，同时考查斐波那契数列（Fibonaccisequence）又称黄金分割数列的应用，考查归纳推理能力及综合分析能力，属于

中等题.5.已知52(1)xx++的展开式的常数项为a，则1181(21)axdx−−=（）A.5B.6C.7D.9【答案】B【解析】【分析】先根据二项式定理的通项公式列出常数项，建立等量关系，解之即

可求出a，然后根据定积分的定义求出1181(21)axdx−−即可．【详解】52(1)xx++展开式通项152(),0,1,2,3,4,5rrrTCxrx+=+=，当0,r=展开式常数项为1，当1,2r=，展开式

无常数项，当3,r=展开式常数项为322532=120,CC当4,5r=，展开式无常数项，因此=121a，所以118332111(21)(21)()6axdxxdxxx−−=−=−=，故选：B.【点睛】本题考查定积分，二项式定理，考点较为综合

题，既考查了二项式定理的通项，又考查了定积分公式的应用，属于中等题.6.已知0ab，1ab=，设2abx=，2log()yab=+，1zab=+，则log2xx，log2yy，log2zz的大小关系为（）A.log2log2log2xyzxyzB.log2log

2log2yzxyzxC.log2log2log2xzyxzyD.log2log2log2yxzyxz【答案】B【解析】【分析】由已知0ab，1ab=，可得1=ab，且a＞1＞b＞0，不难判断x，y，z的大小关系01xyz，再根据对数运算法则及对数函数

性质可得大小关系.【详解】∵a＞b＞0，1ab=，∴可得1=ab，且a＞1＞b＞0，∴11222aabxa==，222log()log2log21yabab=+==，122zaaaab=+=+=，又()()22log(1)zyaabfa

a−=−+=＞，()120faab=−+＞，()fa单调递增，()()212log(1)0fafb=−+＞，∴zy−＞0，∴01xyz，∵log2=log21xxx+，log2log21yyy=+，log2=log2+1zzz，根据对数函数性质可得log2log2log2xzy

，∴log2log2log2yzxyzx．故选B．【点睛】本题考查对数函数的性质及运算定律，涉及基本不等式和不等式性质的应用，属于综合题.7.某几何体的三视图如图所示，则该几何体中，最长的棱的长度为（）A.23B.22C.3D.6【答案】C【解析】【分析】根据三视图知该

几何体是一个三棱锥，在正方体中还原几何体，结合图中数据及勾股定理求出各条棱长即可得出结论．【详解】根据三视图知，该几何体是一个三棱锥，画出图形如图所示：正方体的棱长为2，A、C为所在棱的中点，则CD=1，BC=AD=5，BD=BE=CF=2

2，结合图形可得,△AEB，△AFC，△AFD为直角三角形，由勾股定理得AB22=813BEAE+=+=，AC=22=5+1=6CFAF+，最长的棱为AB=3，故选：C.【点睛】本题由三视图求几何体棱长，需先还原几何体，棱锥还原通常借助正方体或者长方体，可以看成由长方体(或正

方体)切割而截成的，属于中等题.8.将函数()cosfxx=的图象先向右平移56个单位长度，在把所得函数图象的横坐标变为原来的1(0)倍，纵坐标不变，得到函数()gx的图象，若函数()gx在3(,

)22上没有零点，则的取值范围是（）A.228(0,][,]939B.2(0,]9C.28(0,][,1]99D.(0,1]【答案】A【解析】【分析】根据y=Acos（ωx+φ）的图象变换规律，求得g（x）的解析式，根据定义域求出56x−的范围，再

利用余弦函数的图象和性质，求得ω的取值范围．【详解】函数()cosfxx=的图象先向右平移56个单位长度，可得5cos6yx=−的图象，再将图象上每个点的横坐标变为原来的1(0)倍(纵坐标不变)，得到函数5()cos6gxx=−的图象，∴周期

2T=，若函数()gx在3(,)22上没有零点，∴553526626x−−−，∴35526262T−−−=，21，解得01，又522635226kk−+−

+−，解得3412323k−−，当k=0时，解2839，当k=-1时，01，可得209，228(0,][,]939.故答案为：A.【点睛】本题考查函数y=Acos（ωx+φ）的图象变换及零点问题，此类问题通常采用数形结合思想，构建不等关系

式，求解可得，属于较难题.9.已知12,FF分别为椭圆221168xy+=的左、右焦点，M是椭圆上一点，过点2F作12FMF的角平分线的垂线，垂足为N，若||2ON=（O为坐标原点），则||OM=（）A

.332B.32C.3D.23【答案】D【解析】【分析】延长2FN,交1MF的延长线于点P根据题目条件可得2||MFMP=，利用11||22ONPF==,可得2112||4MFMFFPON−===，根据椭圆的几何性质21+8MFMF=，解出122=6MF

MF=，，利用余弦定理解三角形可得||OM.【详解】延长2FN,交1MF的延长线于点P.因为MN为12FMF的角平分线，且2FNMN⊥,所以2||MFMP=.所以，2111||MFMFMPMFFP−=−=,因为,ON，分别为122,

FFFP的中点，所以ON为12PFF△的中位线，所以11||22ONPF==,所以，2112||4MFMFFPON−===①，12,FF分别为椭圆221168xy+=的左、右焦点，M是椭圆上一点，1242FF=，21+8MFMF=②，由①②可得，122=6MFMF=，，根据余弦定理可得222122

1211223236422cos=324226FFMFMFMFFFFMF+−+−==，22222221||2cosOMOFMFOFMFMFF=+−228362226233=+−=，故选：D.【点

睛】本题考查椭圆性质的应用及余弦定理的应用，属于综合题，解题的关键在于根据平面几何知识及椭圆几何性质解出焦点三角形，再利用余弦定理解三角形即可，属于中等题.10.已知三棱柱111ABCABC−内接于一个半径为3的

球，四边形11AACC与11BBCC均为正方形，,MN分别是11AB，11AC的中点，11112CMAB=，则异面直线BM与AN所成角的余弦值为（）A.310B.3010C.710D.7010【答案】B【解析】【分析】画出图形，找出BM与AN所成角的平面角，利用解三角形求出BM与A

N所成角的余弦值．【详解】直三棱柱ABC−A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点，如图：BC的中点为O，连结ON，MN∥12B1C1=OB，则MNOB是平行四边形，BM与AN所成

角就是∠ANO，∵,MN分别是11AB，11AC的中点，11112CMAB=，可得A1C1⊥B1C1，四边形11AACC与11BBCC均为正方形，可得BC=CA=CC1，∵三棱柱111ABCABC−内接

于一个半径为3的球，设BC=CA=CC1=a,三棱柱111ABCABC−外接球可看作棱长为a的正方体外接球，∴22223aaa++=，解得a=2，∴BC=CA=CC1=2,CO=1,AO=5,AN=5,()222211226NOM

BBMBB==+=+=，在△ANO中,由余弦定理可得：222630210256ANNOAOcosANOANNO+−===,故选：B.【点睛】本题考查异面直线及其所成的角，涉及几何体外接球及空间位置关系

等知识点，根据外接球半径解出三棱柱棱长是关键点，也是本题难点，属于较难题.11.函数()()23xfxxe=−，关于x的方程()()210fxmfx−+=恰有四个不同实数根，则正数m的取值范围为()A.()0,2B.()2,+C.3360,6ee+D.336,6ee

++【答案】D【解析】【分析】利用导函数讨论函数单调性与极值情况，转化为讨论210tmt−+=的根的情况，结合根的分布求解.【详解】()()()()22331xxxxexfexx=+−=+−，令

()0fx=，得3x=−或1x=，当3x−时，()0fx，函数()fx在(),3−−上单调递增，且()0fx;当31x−时，()0fx，函数()fx在()3,1−上单调递减;当1x时，()0fx，函数()fx在()1,+上单调递增.所以极

大值()363fe−=，极小值()12fe=−，作出大致图象：令()fxt=，则方程210tmt−+=有两个不同的实数根，且一个根在360,e内，另一个根在36,e+内，或者两个根都在()2,

0e−内.因为两根之和m为正数，所以两个根不可能在()2,0e−内.令()21gxxmx=−+，因为()010g=，所以只需360ge，即6336610mee−+，得3366eme+，即m的取值范围为336,6ee++.故选：D【点睛】此题考查复合函数零点问题

，根据零点个数求参数范围，关键在于准确讨论函数()()23xfxxe=−图象特征，结合二次方程根的分布知识求解.12.已知函数2()ln(1)fxxx=++满足对于任意11[,2]2x，存在21[,2]2x，使得22112ln

(2)()xfxxafx++成立，则实数a的取值范围为（）A.ln2[8,)2−+B.ln25[8,2ln2]24−−−C.ln2(,8]2−−D.5(,2ln2]4−−−【答案】C【解析】【分析】由函数2()ln(1

)fxxx=++在定义域单调递增，原不等式成立可转化为()2211max2maxln2xxxax++，通过研究函数的最值建立不等式求解即可得a的取值范围.【详解】由函数2()ln(1)fxxx=+

+在定义域单调递增，对于任意11[,2]2x，存在21[,2]2x，使得22112ln(2)()xfxxafx++成立，即任意11[,2]2x，存在21[,2]2x，使得22112ln2xxxax++成立，即满足()2211max2max

ln2xxxax++，令2111()2gxxxa=++，对称轴方程为11x=−，在11[,2]2x可得1max()(2)=8gxga=+令222ln()xhxx=，求导可得22221ln()xhxx−=，2()0hx=，可得2xe=，在()20,xe，2(

)0hx，2()hx单调递增，所以在21[,2]2x，2maxln2()(2)2hxh==，即ln282a+，解得ln282a−，故选C.【点睛】本题为函数与导数的综合应用题，考查函数的单调性、导数的应用等知识点，解题的关键是将含有量词的不等式转化为求函数最值问题，再借助导数

和函数的性质求解最值建立不等式即可，属于中等题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量(1,sin1)AC=−，(3,1)BA=，(2,cos)BD=，若,,BCD三点共线，则tan(2019)−=_____.

【答案】2−；【解析】【分析】根据向量共线的共线定理建立方程关系，可解出tanα，结合三角函数的诱导公式进行化简即可．【详解】∵B、C、D三点共线，∴()=BDxBCxBAAC=+，即（2，cosα）=x（4，sinα），则2＝4x，cosα=xsinα，得x=

12，即cosα=12sinα，得tanα=2，则tan（2019π-α）=tan（-α）=-tanα=-2，故答案为：-2．【点睛】本题是平面向量共线（平行）的坐标运算及同角三角函数关系及诱导公式的综合题，考点较多，属于中等题.14.已知实数,xy满足约束条件212(2)

yxyyx+−，若(0)zxtyt=+的最大值为11，则实数t=______.【答案】4；【解析】【分析】由已知画出可行域，利用目标函数的几何意义求最大值时经过的点，代入点的坐标可解．【详解】由已知得到可行域如图：可求出三个交点坐标A（3

，2），B（-1,2）,C52,33−,目标函数(0)zxtyt=+的最大值为11，几何意义是直线1zyxtt=−+截距的最大值为11,由图得知,当1zyxtt=−+过点A截距取得最大值,故1132t=+，解得=4，故答

案为：4.【点睛】本题为简单线性规划，此类问题一般思路是根据不等式组作出可行域，利用数形结合思想找出最大值或最小值经过的点，代入求解即可，属于常考题型.15.若存在m，使得()fxm对任意xD恒成立，则函数()fx在

D上有下界，其中m为函数()fx的一个下界；若存在M，使得()fxM对任意xD恒成立，则函数()fx在D上有上界，其中M为函数()fx的一个上界.如果一个函数既有上界又有下界，那么称该函数有界.下列四个结论：①1不是函数()()10fxxxx=+的一个下界；②函数()lnfxxx=有下界

，无上界；③函数()2xefxx=有上界，无下界；④函数2sin()1xfxx=+有界.其中所有正确结论的编号为_______.【答案】①②④；【解析】【分析】根据函数上界、下界及有界的概念，对①②③④四个命题逐一判断即可.【详解】①0x,则12xx+,故函数()fx的下界为2，选项

①正确；②()lnfxxx=，则()ln1fxx=+,则当10xe时，()0fx;当1xe时，()0fx,故()fx在10,e内单调递减，在1,e+内单调递增，所以()f

x有最小值m,使得()fxm在(0,)+内成立，故该函数有下界，当x→+时，()fx→+,故该函数无上界，选项②正确；③2()xefxx=，则3(2)()xxefxx−=,则当0x时，()0fx;当02x时，()0fx,当2x时，()0fx

,故()fx在(,0)−内单调递增，在(0,2)内单调递减，在(2,)+内单调递增，又函数()fx在0x=处无意义，且0x→时，()fx→+，当x→+时，()fx→+,当x→−时，()0fx→

,2(2)04ef=，综上，该函数无上界，也无下界，选项③错误；④sinx为周期函数，且1sin1x−,当x→时，()0fx→,该函数为振荡函数，函数()fx有界，选项④正确.故答案为：①②④.【点睛

】本题考查函数的创新应用，属于综合题，考查函数的最值及函数的性质，根据定义逐一判断即可，属于中等题.16.圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是圆心角大小为180的扇形.正四棱柱ABCDABCD−的上底面的顶

点,,,ABCD均在圆锥的侧面上，棱柱下底面在圆锥的底面上，则此正四棱柱体积的最大值为_____．【答案】64327【解析】【分析】设圆锥的母线长为l，由侧面展开图求得4l=,进而得圆锥高为23，设正四棱柱ABCDABC

D−的底面边长为2a,高为h,进而得22223ah−=，正四棱柱体积V=()2244236ahaa=−,设函数()fa=()24236aa−，求导求其最值即可【详解】设圆锥的母线长为l,圆锥底面周长为2π24π==,4,ll=圆锥高为224223−=设正四棱柱

ABCDABCD−的底面边长为2a,高为h,则22,223ah−=得236,ah−=正四棱柱体积V=()2244236ahaa=−,设()fa=()()()24236,44336,aafaaa=−−令()0fa=得2

2a,3=当()()22220a,0;a,033fafa,故()fa的最大值为22643f327=故答案为64327【点睛】本题考查棱柱的体积，圆锥的侧面积公式，正四棱柱的基本性质，利用导数求最值

问题，考查空间想象及计算求解能力，是中档题三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知数列{}na满足：11223111,(1)(2)3nnaaaaaaannn+=+++=++.（1

）求数列{}na的通项公式；（2）求证：122311111nnaaaaaa++++.【答案】（1）nan=（2）见解析【解析】【分析】（1）根据已知利用递推关系式推出1(1)(2)nnaannn+=+，化为111nnaann+=+，令nnabn=，则11b=，且11nnbb+=与

11nnbb−=相减得：11nnbb+−=，进一步推出1nnban==，，即可得到{an}的通项公式；（2）根据（1）求出12231111nnaaaaaa++++L，然后利用裂项相消法求和，即可证明.【详解】（1）由122311(1)(2)3nnaaaaaannn++++=

++得：122311(1)(1)(*)3nnaaaaaannn−+++=−+，两式相减得：1(1)(2)nnaannn+=+.当1n=时，122aa=满足此式，故对*nN，有1(1)nnaann+=+，化为111nnaann+=+.令nnabn=，则11b=，且11

nnbb+=与11nnbb−=相减得：11()0,0nnnnbbbb+−−=，故11nnbb+−=，即212311kkbbb−−====，故n为奇数时，1nnban==，.又21b=，故22221kkbbb−====，故n为偶数时，1nnban==，，故nan=.（2）由

（1）可得：122311111111223(1)nnaaaaaann++++=++++1111112231nn=−+−++−+1111n=−+.【点睛】本题考查数列的求和，数列递推式，涉及到的知识点有根据数列的和之间的关系类比着往前或往后

写一个式子，两式相减得到数列的项之间的关系，构造新的关系式，意在考查学生的转化能力和计算求解能力，属于中等题.18.已知抛物线()2:20Cxpyp=的焦点为F，过点F且斜率为1的直线与抛物线相交于,MN两点.设直线l是抛物线C的切线，

且直线//,lMNP为l上一点，且PMPN的最小值为14-.（1）求抛物线C的方程；（2）设,AB是抛物线C上，分别位于y轴两侧的两个动点，O为坐标原点，且4OAOB=−.求证：直线AB必过定点，并求出

该定点的坐标.【答案】（1）24xy=（2）见解析，(0,2).【解析】【分析】（1）依题意，设出M、N坐标及直线MN的方程为2pyx=+，代入抛物线方程，可得根与系数关系，设直线l和抛物线C相切于点2

(,)2tTtp，由题意和切线的几何意义知，曲线C在T处的切线斜率为1，因此得tp=，可得切线l的方程，设出P点坐标，代入PMPN化简并求得最小值为14-可解出p，即可求抛物线C的方程，并求其准线方程；（2）直线AB的斜率一定存在，设AB的方程为ykxb=+，代入y2=4x，利用韦达定理

结合4OAOB=−，求出b，即可证明直线l必过一定点，并求出该定点．【详解】(1)依题意，直线MN的方程为2pyx=+.设1222(,),(,)MxyNxy,将直线MN的方程代入22xpy=中，得2220xpxp−−=，因此212122,xxpxxp+==−.设直线l和抛物线C相切于点2(,)2

tTtp，由题意和切线的几何意义知，曲线C在T处的切线斜率即导数为1，因此得tp=，切点T的坐标为(,)2pp，因此切线l的方程为2pyx=−.设00(,)2pPxx−，于是10102020(,)(,)22ppPMPNxxyxxxyx=−−+−−+10102020(,

)(,)xxxxpxxxxp=−−+−−+2200121212022()2()2xxxxxxxxppxp=−++++−+将122xxp+=，212xxp=−代入其中，可得222200037262()22pPMPN

xpxpxp=−+=−−.当032xp=时，PMPN取得最小值272p−，由27142p−=−，可解得正数p值为2，因此所求的抛物线方程为24xy=.（2）显然，直线AB的斜率一定存在，设AB的方程为ykxb=+，3344(,),(,)AxyBxy，则34344O

AOBxxyy=+=−，故3434()()4xxkxbkxb+++=−，也即223434(1)()40kxxkbxxb+++++=，①将ykxb=+代入抛物线C中，得2440xkxb−−=，故34344,4x

xkxxb+==−.将它们代入到①中，得22(1)(4)440kbkbkb+−+++=，解得2b=，因此直线AB恒过点(0,2).【点睛】本题为直线与抛物线的综合题，考查了抛物线方程的求法及直线过定点

问题，利用韦达定理及直线与抛物线相切知识可求解抛物线方程，考查化简整理的运算能力和推理能力，属于中等题．19.四棱锥1111PABCD−与直四棱柱1111ABCDABCD−组合而成的几何体中，四边形ABCD是菱形，2AB=，12AA=，2PO=，60DAB=，11AC交11

BD于O，PO⊥平面1111DCBA，M为AD的中点.（1）证明：1AD⊥平面1AMB；（2）动点Q在线段1AA上（包括端点），若二面角1PBCQ−−的余弦值为52929，求1AQ的长度.【答案】（1）见解析（2）10AQ=【解析】【分析】（1）在矩形11ADDA中，根据111tan=

tanDAAAMA，得111DAAAMA=，可证11AMAD⊥，又根据ABD为正三角形及面面垂直性质定理可证BM⊥平面11ADDA，即得1BMAD⊥，由此可证明1AD⊥平面1AMB；（2）以O为原点，建立空间直角坐标系，设出点Q坐

标，由二面角1PBCQ−−的余弦值为52929，可解出Q，即可求1AQ的长度.【详解】（1）矩形11ADDA中，11122tan2,tan212DAAAMA====，111DAAAMA=∴，11AM

AD⊥∴.四边形ABCD是菱形，且60DAB=，ADBD=，ABD为正三角形.M为AD的中点，BMAD⊥.BM⊥平面11ADDA，1BMAD⊥∴，1AMBMM=，1AD⊥平面1AMB.（2）以O为原点，11,,OAOBOP方向分别为x轴，y轴，z轴正

方向建立如图所示的空间直角坐标系，则1(0,0,2),(0,1,2),(3,0,0)PBC−−，设Q(3,0,)，[2,0]−，则111(3,0,2),(3,1,2),(23,0,)PCBCCQ=−−=−−=，平面1PBC的一个法向量为(,,)mabc=，则1100mPCmBC=

=，320320acabc−−=−−+=，取3c=，则(2,26,3)m=−.同理求得平面1BCQ的一个法向量为(,326,23)n=−−−.||529|cos,|=29||||mnmnmn=代入22262246529=2929(326)12−−−−++

+，化简即为(602)0−=，由[2,0]−，可得0=，故Q与1A重合，10AQ=.【点睛】本题考查线面垂直的证明及动点问题，考查学生空间想象能力、运算求解能力，考查数学运算、直观想象和数学建模素养，属于中等题.20.2019年12月以来，湖北武汉市发现多起病毒

性肺炎病例，并迅速在全国范围内开始传播，专家组认为，本次病毒性肺炎病例的病原体初步判定为新型冠状病毒，该病毒存在人与人之间的传染，可以通过与患者的密切接触进行传染.我们把与患者有过密切接触的人群称为密切接触者，每位密切接触者被感染后即被称为患者.已知每位密

切接触者在接触一个患者后被感染的概率为()01pp，某位患者在隔离之前，每天有a位密切接触者，其中被感染的人数为()0XXa，假设每位密切接触者不再接触其他患者.（1）求一天内被感染人数为X的概率()PX与a、p的关系式和X的数学期望；（2）该

病毒在进入人体后有14天的潜伏期，在这14天的潜伏期内患者无任何症状，为病毒传播的最佳时间，设每位患者在被感染后的第二天又有a位密切接触者，从某一名患者被感染，按第1天算起，第n天新增患者的数学期望记为)2(nEn.（i）

求数列nE的通项公式，并证明数列nE为等比数列；（ii）若戴口罩能降低每位密切接触者患病概率，降低后的患病概率()ln123ppp=+−，当p取最大值时，计算此时p所对应的6E值和此时p对应的6E值，根

据计算结果说明戴口罩的必要性.（取10a=）（结果保留整数，参考数据：12ln51.6,ln31.1,ln20.7,0.3,0.733）【答案】（1）()(1)XXaXaPXCpp−=−；EXap=.（2）（i）2(1)nnEapap−=+，证明见解析；（i

i）16，6480，戴口罩很有必要.【解析】【分析】（1）由题意，被感染人数服从二项分布：~(,)XBap，则可求出概率及数学期望；（2）（i）根据第n天被感染人数为1(1)nap−+，及第1n−天被感染人数为2(1)nap−+，作差可得可得，122(1)(1)(1

)nnnnEapapapap−−−=+−+=+，可证，（ii）利用导数计算此时p所对应的6E值和此时p对应的6E值，根据计算结果说明戴口罩的必要性.【详解】（1）由题意，被感染人数服从二项分布：~

(,)XBap，则()(1)XXaXaPXCpp−=−,(0)Xa，X的数学期望EXap=.（2）（i）第n天被感染人数为1(1)nap−+，第1n−天被感染人数为2(1)nap−+，由题目中均值的定义可知，122(1)(

1)(1)nnnnEapapapap−−−=+−+=+则11nnEapE−=+，且2Eap=.{}nE∴是以ap为首项，1ap+为公比的等比数列.（ii）令2()ln(1)3fppp=+−，则1221

()133(1)pfppp−+=−=++.()fp∴在1(0,)2上单调递增，在1(,1)2上单调递减.max1311()()lnln3ln21.10.70.30.12233fpf==−=−−−−=.则当10a=，210(110)nnE

pp−=+.46100.1(1100.1)=16E=+.46100.5(1100.5)=6480E=+.66EE戴口罩很有必要.【点睛】本题考查二项分布的概率及期望，数学期望与数列综合，考查综合分析及转化能力，考查知识的迁

移能力，属于较难题.21.已知函数2()xfxea=−，()xgxeb=−，且()fx与()gx的图象有一个斜率为1的公切线（e为自然对数的底数）.（1）求ba−；（2）设函数ln21()()()22hxfxgxm

x=−−+−，讨论函数()hx的零点个数.【答案】（1）1ln222ba−=−（2）见解析【解析】【分析】（1）由()fx与()gx的图象有一个斜率为1的公切线，分别对()fx与()gx求导并求出切线方程，列出等量关系可得ba−；（2

）利用换元将2()2xxhxeem=−−转化为二次函数，分类讨论对其单调性，对图像特点进行分析，分情况讨论出函数()hx的零点个数.【详解】（1）2()2=1xfxe=，可得ln2ln21,()222xfa=−−=−.()fx在ln21(,)22a−−处

的切线方程为1ln2()22yax−−=+，即ln2122yxa=++−.()1xgxe==，0,(0)1xgb==−.()gx在(0,1)b−处的切线方程为(1)ybx−−=，1yxb=+−，故ln21122ab+−=−，可得1ln222ba

−=−.（2）由（1）可得22ln21()()22xxxxhxeaebmxeemx=−−−−+−=−−，2()2xxhxeem=−−，令xte=，则22yttm=−−，=1+8m，1m>时，220ttm−−=有两根，12,tt且120tt，12()2()()0xxhxetet=

−−=，得：2lnxt=，在2(ln),t−上，()0hx，在2(ln,)t+上，()0hx，此时，2(ln)(0)0hth=.又x→−时，(),hxx→+→+时，()hx→+.故在2(ln),t−和2(ln,)t+上，()hx各有1个零点.1m=时，1(

)2()(1)2xxhxee=+−()hx最小值为(0)0h=，故()hx仅有1个零点.01m时，12()2()()xxhxetet=−−.其中120tt，同1m>，()hx在2(ln),t−与2(ln,)t+上，()hx各有1个零点，0m=时，2()xxhxee=−，仅在

(0)0h=有1个零点，108m−时，对方程220,180ttmm−−==+.方程有两个正根12,tt，12()2()()xxhxetet=−−.在1(,ln)t−上，()0hx，在12(ln,ln)tt上，()0hx，在2(ln,)t+，()0hx.由12

12120tttt+=，可得1211042tt，故22ln0,(ln)(0)0thth=.222111111111(ln)ln(2)lnhtttmtttttt=−−=−−−1111[(

1)(12)ln]tttt=−+−11110,120,ln0ttt−−，故1(ln)0ht.故在1(,ln)t−上，1()(ln)0hxht，在12(ln,ln)tt上，()0hx，在2(ln,)t+上，()hx有1个零点：0x=.18m−时，2()20xxhxee

m=−−恒成立，()hx为增函数，()hx仅有1个零点：0x=.综上，0m或1m=时，()hx有1个零点，01m或1m>时，()hx有2个零点.【点睛】本题考查导数的应用，利用导数求切线是常考点，利用导数讨论零点个数是难点，通常结合分类讨论思想进行分析解决，

属于难题.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.作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题号涂黑.22.在平面直角坐标系xOy中，曲线1C的参数方程为212212xtyt=−=+（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，已知点,,ABC的极坐标分别为53(4,),(4,),(4,)662，且ABC的顶点都在圆2C上，将圆2C向右平移3个单位长度后，得到曲线3C.（1）求曲线3C的直角坐标方程；（2）设()1,1M，曲线

1C与3C相交于,PQ两点，求MPMQ的值.【答案】（1）22(3)16xy−+=（2）11【解析】【分析】（1）直接利用转换关系，把极坐标转化为直角坐标，再进一步求解即可，进行转换；（2）由（1）联立曲线1C与3C，利用一元二次方程根和系数的关系即可求出结果．【详

解】（1）由cos,sinxy==可得点A的直角坐标系为(23,2)A，点B的直角坐标系为(23,2)B−，点C的直角坐标系为(0,4)C−.设圆2C的直角坐标系方程为222()xymr+−=，代入,AC可得222212(2)(4)mrmr+−=−−=，0,4mr==∴.圆2C

的直角坐标方程为2216xy+=.故曲线3C的直角坐标方程为：22(3)16xy−+=.（2）由（1）联立曲线1C，3C可得2222(13)(1)1622tt−−++=，整理可得，232110tt+−=，121232,1

1tttt+=−=−∴，1212||||||||11MPMQtttt==−=∴.【点睛】本题主要考查参数方程、极坐标方程，直线与圆的位置关系等知识，考查转化能力和运算求解能力，属于中档题．23.已知函数()|31||2|fxxx=−+−.（1）求不等

式()3fx的解集；（2）若1,1mn，对xR，不等式2253loglog()mnfx恒成立，求mn的最小值.【答案】（1）{|0xx或1}x≥.（2）4【解析】【分析】（1）由题意可得，利用零点分段法进行分区间讨论，脱去绝对值符号解不等式，再求并集即可；（2）由题意可得

22loglog1mn，利用基本不等式2222loglog2loglog2mnmn+，从而求得mn的最小值．【详解】（1）原不等式可化为|31||2|3xx−+−，①当13x时，原不等式可化为3123xx−++−，解得0x，0x

；②当123x时，原不等式可化为3123xx−+−，解得1x，12x∴；③当2x时，原不等式可化为3123xx−−+，解得32x，2x；综上，不等式的解集为{|0xx或1}x≥.（2）143,31()21,234

3,2xxfxxxxx−+=+−，min15()()33fxf==∴.由2253loglog()mnfx恒成立可知，不等式22loglog1mn恒成立.2222loglog2loglog2mnmn+，2log()2mn∴，4mn∴，当且仅

当2mn==时等号成立.故mn的最小值4.【点睛】本题考查绝对值三角不等式及基本不等式的应用，绝对值不等式的解法通常零点分段法脱去绝对值分区间解不等式即可，基本不等式的应用需注意取等条件不要遗漏，属于中等题.